Question

8．已知直线y=-x+1与椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A，B两点，且线段AB的中点在直线l：x-2y=0上，椭圆G的右焦点关于直线l的对称点的在圆x²+y²=4上．
（Ⅰ）求椭圆G的标准方程；
（Ⅱ）已知点C，D分别为椭圆G的右顶点与上顶点，设P为第三象限内一点且在椭圆G上，直线PC与y轴交于点M，直线PD与x轴交于点N，求证：四边形CDNM的面积为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将直线y=1-x代入椭圆方程整理得关于x的方程，运用韦达定理，求出中点坐标，再由条件得到a²=2b²，再由a，b，c的关系；设出对称点的坐标，由点关于直线的对称得到方程组，求出对称点，再代入圆的方程，即可得到c=2，再由离心率，得到a，从而得到b，求出椭圆方程；
（Ⅱ）设P（m，n）（m＜0，n＜0），则m²+2n²=8，
又C（2$\sqrt{2}$，0），D（0，2），则直线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$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$，
四边形CDNM的面积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）将直线y=1-x代入椭圆方程得，b²x²+a²（1-x）²=a²b²，即（b²+a²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，即AB中点的横坐标是$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$纵坐标是，$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$；
由于线段AB的中点在直线l：x-2y=0上，则a²=2b²，又b²=a²-c²，则a²=2c²，
设右焦点（c，0）关于直线x-2y=0的对称点为（m，n），则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n}{m-c}=-2}\\{\frac{m+c}{2}=n}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=\frac{3}{5}c}\\{n=\frac{4}{5}c}\end{array}\right.$．
由于椭圆的右焦点关于直线l的对称点在圆x²+y²=4上，∴$\frac{9{c}^{2}}{25}+\frac{16{c}^{2}}{25}=4$，
得c²=4，a²=8，b²=4，故椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）证明：设P（m，n）（m＜0，n＜0），则m²+2n²=8，
又C（2$\sqrt{2}$，0），D（0，2），则直线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$\sqrt{2}$+$\frac{2m}{n-2}$，
四边形CDNM的面积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$\sqrt{2}$
∴四边形CDNM的面积为定值．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率，考查直线和椭圆联立，运用韦达定理求解中点问题、弦长、面积问题，考查点关于直线的对称问题，属于中档题．