Question

18．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為2，直線l與圓O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，且與橢圓C相交于M、N兩點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）證明：$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$為定值．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，2b=2，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為：my=x-t，根據(jù)直線l與圓O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，可得$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$．直線方程與題意方程聯(lián)立化為：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=（m²+1）y₁•y₂+mt（y₁+y₂）+t²，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．直線l的斜率為0時，容易得出．

解答 （I）解：由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，2b=2，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（II）證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為：my=x-t，
∵直線l與圓O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，
則$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化為：5t²=4m²+4．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，
△＞0．
∴y₁+y₂=-$\frac{2mt}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
x₁x₂=（my₁+t）（my₂+t）=m²y₁y₂+mt（y₁+y₂）+t²．
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=（m²+1）y₁•y₂+mt（y₁+y₂）+t²=（m²+1）•$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$+mt（-$\frac{2mt}{{m}^{2}+4}$）+t²=$\frac{5{t}^{2}-4{m}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$=0，
直線l的斜率為0時，上式也成立．
因此$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0為定值．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的性質(zhì)、點到直線的距離公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量坐標運算性質(zhì)、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．