Question

8．已知直線y=-x+1與橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A，B兩點，且線段AB的中點在直線l：x-2y=0上，橢圓G的右焦點關(guān)于直線l的對稱點的在圓x²+y²=4上．
（Ⅰ）求橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知點C，D分別為橢圓G的右頂點與上頂點，設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓G上，直線PC與y軸交于點M，直線PD與x軸交于點N，求證：四邊形CDNM的面積為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將直線y=1-x代入橢圓方程整理得關(guān)于x的方程，運用韋達(dá)定理，求出中點坐標(biāo)，再由條件得到a²=2b²，再由a，b，c的關(guān)系；設(shè)出對稱點的坐標(biāo)，由點關(guān)于直線的對稱得到方程組，求出對稱點，再代入圓的方程，即可得到c=2，再由離心率，得到a，從而得到b，求出橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)P（m，n）（m＜0，n＜0），則m²+2n²=8，
又C（2$\sqrt{2}$，0），D（0，2），則直線PC的方程：y=$\frac{n}{m-2\sqrt{2}}（x-2\sqrt{2}）$，
令x=0，得y_M=-$\frac{-2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$，DM=2-y_M=2+$\frac{2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$，同理可得CN=2$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$，
四邊形CDNM的面積s=$\frac{1}{2}×CN×DM$=$\frac{1}{2}$×（2+$\frac{2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$）×（2$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$）=4$\sqrt{2}$

解答 解：（1）將直線y=1-x代入橢圓方程得，b²x²+a²（1-x）²=a²b²，即（b²+a²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，即AB中點的橫坐標(biāo)是$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$縱坐標(biāo)是，$\frac{^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$；
由于線段AB的中點在直線l：x-2y=0上，則a²=2b²，又b²=a²-c²，則a²=2c²，
設(shè)右焦點（c，0）關(guān)于直線x-2y=0的對稱點為（m，n），則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n}{m-c}=-2}\\{\frac{m+c}{2}=n}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{3}{5}c}\\{n=\frac{4}{5}c}\end{array}\right.$．
由于橢圓的右焦點關(guān)于直線l的對稱點在圓x²+y²=4上，∴$\frac{9{c}^{2}}{25}+\frac{16{c}^{2}}{25}=4$，
得c²=4，a²=8，b²=4，故橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）證明：設(shè)P（m，n）（m＜0，n＜0），則m²+2n²=8，
又C（2$\sqrt{2}$，0），D（0，2），則直線PC的方程：y=$\frac{n}{m-2\sqrt{2}}（x-2\sqrt{2}）$，
令x=0，得y_M=-$\frac{-2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$，DM=2-y_M=2+$\frac{2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$，
同理可得CN=2$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$，
四邊形CDNM的面積s=$\frac{1}{2}×CN×DM$=$\frac{1}{2}$×（2+$\frac{2\sqrt{2}n}{m-2\sqrt{2}}$）×（2$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$）=4$\sqrt{2}$
∴四邊形CDNM的面積為定值．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要是離心率，考查直線和橢圓聯(lián)立，運用韋達(dá)定理求解中點問題、弦長、面積問題，考查點關(guān)于直線的對稱問題，屬于中檔題．