Question

9．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為4．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過原點(diǎn)的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)（A，B不是橢圓C的頂點(diǎn)），點(diǎn)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(diǎn)．設(shè)直線BD，AM的斜率分別為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）由題意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}×2a×2b$=4，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），D（x₂，y₂），則B（-x₁，-y₁），直線AB的斜率為k_AB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，又AB⊥AD，故直線AD的斜率為k=-$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$．設(shè)直線AD的方程為y=kx+m，由題知km≠0．與橢圓方程聯(lián)立得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．再利用根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}×2a×2b$=4，a²=b²+c²，
解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），D（x₂，y₂），則B（-x₁，-y₁），
直線AB的斜率為k_AB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，又AB⊥AD，故直線AD的斜率為k=-$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$．
設(shè)直線AD的方程為y=kx+m，由題知km≠0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$．
由題意知x₁+x₂≠0，
∴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(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式、直線方程，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．