Question

14．坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一個頂點坐標(biāo)為B（0，1），且點$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）若直線l：y=kx+m同時與橢圓C₁和曲線${C_2}：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$相切，求直線l的方程；
（Ⅲ）若直線l：y=kx+m與橢圓C₁交于M，N且k_OM+k_ON=4k，求證：m²為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一個頂點坐標(biāo)為B（0，1），求出b，利用點$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上，求出a，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）由直線l：y=kx+m與橢圓C₁的方程，消去y得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用根的判斷式和橢圓C₁和曲線C₂相切，能求出直線l的方程．
（Ⅲ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由此利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件能證明m²為定值．

解答 （Ⅰ）解：∵橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一個頂點坐標(biāo)為B（0，1），∴b=1，
∵點$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上，
∴$\frac{\frac{3}{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{4}$=1，∴a=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）解：由直線l：y=kx+m與橢圓C₁的方程，消去y得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，（*）
△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-2）=0，
即2k²-m²+1=0，①
直線l與${C_2}：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$相切，則$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4}{3}}$，
即m²=$\frac{4}{3}$（1+k²），②
聯(lián)立①②，得k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，m=±$\sqrt{2}$，
故l的方程為y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$x±$\sqrt{2}$，．
（Ⅲ）證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由（*）式，得x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
k_OM+k_ON=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=2k+$\frac{m（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=4k，
解得m²=$\frac{1}{2}$．
∴m²為定值$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線方程的求法，考查實數(shù)的平方為定值的證明，解題時要認(rèn)真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運用．