Question

10．設(shè)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，過點(diǎn)O且斜率為$\frac{1}{6}$的直線與直線AB相交M，且$\overrightarrow{MA}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BM}$．
（Ⅰ）求證：a=2b；
（Ⅱ）PQ是圓C：（x-2）²+（y-1）²=5的一條直徑，若橢圓E經(jīng)過P，Q兩點(diǎn)，求橢圓E的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，可得M的坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線OM的斜率，進(jìn)而得證；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=2b，橢圓方程設(shè)為x²+4y²=4b²（1），設(shè)PQ的方程，代入方程（1），運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，以及弦長(zhǎng)公式，解方程即可得到a，b的值，進(jìn)而得到橢圓方程．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵A（a，0），B（0，b），$\overrightarrow{MA}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BM}$，
即為（a-x_M，0-y_M）=$\frac{1}{3}$（x_M-0，y_M-b），
即有a-x_M=$\frac{1}{3}$x_M，-y_M=$\frac{1}{3}$（y_M-b），
所以$M（\frac{3a}{4}，\frac{1}{4}b）$，
∴${k_{OM}}=\frac{3a}=\frac{1}{6}$，解得a=2b；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=2b，∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{{4{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$，即x²+4y²=4b²（1）
依題意，圓心C（2，1）是線段PQ的中點(diǎn)，且$|PQ|=2\sqrt{5}$．
由對(duì)稱性可知，PQ與x軸不垂直，設(shè)其直線方程為y=k（x-2）+1，
代入（1）得：
（1+4k²）x²-8k（2k-1）x+4（2k-1）²-4b²=0
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{8k（2k-1）}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{{（2k-1）}^2}-4{b^2}}}{{1+4{k^2}}}$，
由$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2$得$\frac{8k（2k-1）}{{1+4{k^2}}}=4$，解得$k=-\frac{1}{2}$．
從而x₁x₂=8-2b²．
于是$|PQ|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{5}\sqrt{2{b^2}-4}=2\sqrt{5}$
解得b²=4，a²=16，∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查向量共線的坐標(biāo)表示，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及弦長(zhǎng)公式，化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．