Question

18．在平面直角坐標系xOy中，橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，直線y=x被橢圓C截得的線段長為$\frac{{4\sqrt{10}}}{5}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過原點的直線與橢圓C交于兩點（A，B不是橢圓C的頂點），點D在橢圓C上，且AD⊥AB，直線BD與x軸、y軸分別交于M，N兩點．設(shè)直線BD，AM斜率分別為k₁，k₂，證明存在常數(shù)λ使得k₁=λk₂，并求出λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓離心率得到a，b的關(guān)系，化簡橢圓方程，和直線方程聯(lián)立后求出交點的橫坐標，把弦長用交點橫坐標表示，則a的值可求，進一步得到b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）設(shè)出A，D的坐標分別為（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），（x₂，y₂），用A的坐標表示B的坐標，把AB和AD的斜率都用A的坐標表示，寫出直線AD的方程，和橢圓方程聯(lián)立后利用根與系數(shù)關(guān)系得到AD橫縱坐標的和，求出AD中點坐標，則BD斜率可求，再寫出BD所在直線方程，取y=0得到M點坐標，由兩點求斜率得到AM的斜率，由兩直線斜率的關(guān)系得到λ的值．

解答 解：（Ⅰ）由題意知，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
則a²=4b²．
則橢圓C的方程可化為x²+4y²=a²．
將y=x代入可得x=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$a，
因此$\sqrt{2}$•$\frac{2\sqrt{5}}{5}$a=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，解得a=2，則b=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），D（x₂，y₂），
則B（-x₁，-y₁）．
∵直線AB的斜率k_AB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
又AB⊥AD，
∴直線AD的斜率k_AD=-$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}}$．
設(shè)AD方程為y=kx+m，
由題意知k≠0，m≠0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$．
因此y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$．
由題意可得k₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{4k}$=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$．
∴直線BD的方程為y+y₁=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$（x+x₁）．
令y=0，得x=3x₁，即M（3x₁，0）．
可得k₂=-$\frac{{y}_{1}}{2{x}_{1}}$．
∴k₁=-$\frac{1}{2}$k₂，即λ=-$\frac{1}{2}$．
因此存在常數(shù)λ=-$\frac{1}{2}$使得結(jié)論成立．

點評 本題考查橢圓方程的求法，主要考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考試具備較強的運算推理的能力．