Question

18．如圖，已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為（$\sqrt{3}$，0），（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）是橢圓上的一個(gè)點(diǎn)．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)橢圓的上、下頂點(diǎn)分別為A，B，P（x₀，y₀）（x₀≠0）是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，PQ⊥y軸，Q為垂足，M為線段PQ中點(diǎn)，直線AM交直線l：y=-1于點(diǎn)C，N為線段BC的中點(diǎn)，如果△MON的面積為$\frac{3}{2}$，求y₀的值．

Answer 1

分析 （1）確定$c=\sqrt{3}$，利用$（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$是橢圓上的一個(gè)點(diǎn)，代入求出a，即可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求出M，N的坐標(biāo)，利用平面向量的數(shù)量積判斷OM⊥MN，利用△MON的面積為$\frac{3}{2}$，建立方程，即可求y₀的值．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，由題意，得$c=\sqrt{3}$．
 因?yàn)閍²-c²=b²，所以b²=a²-3．
又$（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$是橢圓上的一個(gè)點(diǎn)，所以$\frac{1}{a^2}+\frac{{\frac{3}{4}}}{{{a^2}-3}}=1$，解得a²=4或${a^2}=\frac{3}{4}$（舍去），
從而橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（2）因?yàn)镻（x₀，y₀），x₀≠0，則Q（0，y₀），且$\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2=1$．
因?yàn)镸為線段PQ中點(diǎn)，所以$M（{\frac{x_0}{2}，{y_0}}）$．
又A（0，1），所以直線AM的方程為$y=\frac{{2（{y_0}-1）}}{x_0}x+1$．
因?yàn)閤₀≠0，∴y₀≠1，令y=-1，得$C（{\frac{x_0}{{1-{y_0}}}，-1}）$． 
又B（0，-1），N為線段BC的中點(diǎn)，有$N（{\frac{x_0}{{2（1-{y_0}）}}，-1}）$．
所以$\overrightarrow{NM}=（{\frac{x_0}{2}-\frac{x_0}{{2（1-{y_0}）}}，{y_0}+1}）$．
因此，$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{NM}=\frac{x_0}{2}（{\frac{x_0}{2}-\frac{x_0}{{2（1-{y_0}）}}}）+{y_0}•（{y_0}+1）=\frac{{{x_0}^2}}{4}-\frac{{{x_0}^2}}{{4（1-{y_0}）}}+{y_0}^2+{y_0}$
=$（\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2）-\frac{{{x_0}^2}}{{4（1-{y_0}）}}+{y_0}=1-（1+{y_0}）+{y_0}=0$．從而OM⊥MN．
因?yàn)?|{OM}|=\sqrt{\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2}=1$，$|{ON}|=\sqrt{\frac{x_0^2}{{4{{（1-{y_0}）}^2}}}+1}=\sqrt{\frac{1-y_0^2}{{{{（1-{y_0}）}^2}}}+1}=\sqrt{\frac{2}{{1-{y_0}}}}$，
所以在Rt△MON中，$|{MN}|=\sqrt{{{|{ON}|}^2}-{{|{OM}|}^2}}$，因此${S_{△MON}}=\frac{1}{2}|{OM}||{MN}|=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{1+{y_0}}}{{1-{y_0}}}}$．
從而有$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{1+{y_0}}}{{1-{y_0}}}}=\frac{3}{2}$，解得${y_0}=\frac{4}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了平面向量的應(yīng)用問題，也考查了橢圓的定義與幾何性質(zhì)的應(yīng)用問題，考查了直線與橢圓的綜合應(yīng)用問題，是綜合性題目．