Question

15．如圖，A，B是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個頂點(diǎn)，|AB|=$\sqrt{5}$，直線AB的斜率為-$\frac{1}{2}$，M是橢圓C長軸上的一個動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M（m，0）．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：x=-2y+m與與x，y軸分別交于點(diǎn)M，N，與橢圓相交于C，D．證明：△OCM的面積等于△ODN的面積．
（3）在（Ⅱ）的條件下證明：|CM|²+|MD|²為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用|AB|=$\sqrt{5}$，直線AB的斜率為-$\frac{1}{2}$，建立方程組，即可求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及三角形的面積公式，即可證得結(jié)論；
（Ⅲ）由（Ⅱ）直接利用兩點(diǎn)間的距離公式結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系證明．

解答 （Ⅰ）解：∵A、B是橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個頂點(diǎn)，且|AB|=$\sqrt{5}$，直線AB的斜率為-$\frac{1}{2}$，
由A（a，0），B（0，b），得|AB|=$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}=\sqrt{5}$，
又k=$\frac{b-0}{0-a}=-\frac{a}=-\frac{1}{2}$，解得a=2，b=1，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）證明：直線l的方程為x=-2y+m，即y=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{m}{2}$，將其代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，消去y，
整理得2x²-2mx+m²-4=0．
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）．
∴x₁+x₂=m，x₁x₂=$\frac{1}{2}$m²-2．
記△OCM的面積是S₁，△ODN的面積是S₂．
由題意M（m，0），N（0，$\frac{m}{2}$），
∵x₁+x₂=m，∴|2y₁|=|2（-$\frac{1}{2}$x₁+$\frac{m}{2}$）|=|-x₁+m|=|x₂|，
∵S_△OCM=$\frac{1}{2}$|m||y₁|，S_△ODN=$\frac{1}{2}$|$\frac{m}{2}$||x₂|．    
∴△OCM的面積等于△ODN的面積；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，M（m，0），x₁+x₂=m，x₁x₂=$\frac{1}{2}$m²-2，
∴|CM|²+|MD|²=$（{x}_{1}-m）^{2}+{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{2}-m）^{2}+{{y}_{2}}^{2}$=${{x}_{1}}^{2}-2m{x}_{1}+{m}^{2}+（-\frac{1}{2}{x}_{1}+\frac{m}{2}）^{2}$+${{x}_{2}}^{2}-2m{x}_{2}+{m}^{2}+（-\frac{1}{2}{x}_{2}+\frac{m}{2}）^{2}$
=$\frac{5}{4}（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-\frac{5}{2}{x}_{1}{x}_{2}-\frac{5}{2}m（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{5}{2}{m}^{2}$=$\frac{5}{4}{m}^{2}-\frac{5}{2}（\frac{1}{2}{m}^{2}-2）-\frac{5}{2}{m}^{2}+\frac{5}{2}{m}^{2}$=5．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題．