Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）和圓D：x²+y²=b²分別與射線y=x（x≥0）交于A、B兩點，且|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$|OB|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若不經(jīng)過原點O且斜率為k的直線l與橢圓交于M、N兩點，且S_△OMN=1，證明：線段MN中點P（x₀，y₀）的坐標滿足x${\;}_{0}^{2}$+4y${\;}_{0}^{2}$=2．

Answer 1

分析 （I）由題意可得|OB|=1，|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，即有b=1，令y=x代入橢圓方程，求得交點，由兩點的距離公式計算即可得到所求橢圓方程；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程，運用韋達定理和中點坐標公式，可得P的坐標，由三角形的面積公式結合向量數(shù)量積的定義和坐標表示，可得S_△OMN=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|，化簡整理即可得到P的軌跡方程．

解答 解：（I）由題意可得|OB|=1，|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
即有b=1，
令y=x，可得$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+x²=1，解得x=±$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$，
即有$\sqrt{2}$•$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，解得a=2，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）證明：設直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
MN的中點為（-$\frac{4kt}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$），
S_△OMN=$\frac{1}{2}$|OM|•|ON|sin∠MON=$\frac{1}{2}$$\sqrt{|OM{|}^{2}|ON{|}^{2}-（\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}）^{2}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}）（{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}）-（{x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|
=$\frac{1}{2}$|x₁（kx₂+t）-x₂（kx₁+t）|=$\frac{1}{2}$|t（x₁-x₂）|=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{t}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=1，
化簡可得1+4k²=2t²，
即有x₀²+4y₀²=$\frac{16{k}^{2}{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$+4•$\frac{{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}（1+4{k}^{2}）}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}}{2{t}^{2}}$=2．

點評 本題考查橢圓的方程的求法和線段中點的軌跡方程，注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和中點坐標公式，以及三角形的面積公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．