Question

9．已知橢圓Γ：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F₂的坐標(biāo)為（c，0），若b=c，且點(diǎn)（c，1）在橢圓Γ上．
（1）求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)k≠0時(shí)，若直線l₁：y=k（x+$\sqrt{2}$）與橢圓r的交點(diǎn)為A，B；直線l₂：y=k（$\sqrt{2}$x+1）與圓E：x²+y²=1的交點(diǎn)為M，N，記△AOB和△MON的面積分別為S₁，S₂，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$為定值，并求出該定值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的a，b，c的關(guān)系和點(diǎn)滿足橢圓方程，解方程即可得到a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式，將直線l₁的方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，由三角形的面積公式可得S₁，再由直線和圓相交的弦長公式，結(jié)合原點(diǎn)到直線l₂的距離和三角形的面積公式可得S₂，計(jì)算即可得到定值．

解答 解：（1）由題意可得b=c，a²=b²+c²=2c²，
$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
則橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）證明：將直線l₁：y=k（x+$\sqrt{2}$）代入橢圓方程x²+2y²=4，
可得（1+2k²）x²+4$\sqrt{2}$k²x+4k²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{4\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
由橢圓的定義可得|AB|=2+ex₁+2+ex₂=4+e（x₁+x₂）
=4+$\frac{\sqrt{2}}{2}$•（-$\frac{4\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
又原點(diǎn)到直線l₁的距離為d₁=$\frac{|\sqrt{2}k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
即有S₁=$\frac{1}{2}$|AB|•d₁=$\frac{2\sqrt{2}|k|•\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$；
原點(diǎn)到直線l₂的距離d₂=$\frac{|k|}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
由弦長公式可得|MN|=2$\sqrt{1-\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$，
即有S₂=$\frac{1}{2}$|MN|d₂=$\frac{|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
則有$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=2$\sqrt{2}$．
故$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$為定值，且為2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，主要考查直線方程和橢圓的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查點(diǎn)到直線的距離公式和直線和圓相交的弦長公式，屬于中檔題．