Question

16．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個頂點為B（0，1），過焦點且垂直于長軸的弦長為$\sqrt{2}$，直線l交橢圓C₁于M，N兩點．
（Ⅰ） 求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）若△BMN的重心恰好為橢圓的右焦點F，求直線l的方程；
（Ⅲ）直線l與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=λ（λ∈R，λ＞1）交于P，Q兩點（如圖），求證|PM|=|NQ|．

Answer 1

分析 （I）由題意，橢圓的焦點在x軸上，利用橢圓的頂點為B（0，1），過焦點且垂直長軸的弦長為$\sqrt{2}$，建立方程組，從而可求橢圓的幾何量，即可求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），又F（1，0），求得△BMN的重心，再由直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，解方程即可得到直線方程；
（Ⅲ）設直線l：y=kx+t，分別代入橢圓C₁，C₂的方程，運用韋達定理，結合中點坐標公式，可得MN和PQ的中點重合，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由題意，橢圓的焦點在x軸上，
可得$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{\frac{2^{2}}{a}=\sqrt{2}}\end{array}\right.$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=1，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），又F（1，0），
則△BMN的重心為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+0}{3}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}+1}{3}$），
由題意可得x₁+x₂=3，y₁+y₂=-1，
設直線l：y=kx+t，代入橢圓C₁的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2=0，
即有x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
即4kt=-3（1+2k²），
又k（x₁+x₂）+2t=-1，即有$\frac{-4k{t}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+2t=-1，
解得k=$\frac{3}{2}$，t=-$\frac{11}{4}$，
代入判別式（4kt）²-4（1+2k²）（2t²-2）＞0成立，
即有直線l的方程為y=$\frac{3}{2}$x-$\frac{11}{4}$；
（Ⅲ）證明：設直線l：y=kx+t，代入橢圓C₁的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
則有MN的中點的橫坐標為-$\frac{2kt}{1+2{k}^{2}}$；
設直線l：y=kx+t，代入橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=λ的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2λ=0，
設P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
即有x₃+x₄=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
則有PQ的中點的橫坐標為-$\frac{2kt}{1+2{k}^{2}}$．
即有MN和PQ的中點重合，
即有|PM|=|NQ|．

點評 本題考查橢圓的方程和性質，主要考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，以及中點坐標公式，考查運算求解能力，屬于中檔題．