Question

14．已知椭圆C₁过点（${\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，1），且其右顶点与椭圆C₂：x²+2y²=4的右焦点重合．
（Ⅰ）求椭圆C₁的标准方程；
（Ⅱ）设O为原点，若点A在椭圆C₁上，点B在椭圆C₂上，且OA⊥OB，求证：$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出椭圆C₂的右焦点，由题意可设椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0），代入已知点，即可解得b，进而得到所求方程；
（Ⅱ）①若OA的斜率不存在，求出A，B的坐标，由两点的距离公式计算即可得到结论；
②若OA的斜率存在，可设OA：y=kx，OB：y=-$\frac{1}{k}$x，分别联立椭圆方程，求得交点A，B，再由两点的距离公式，计算即可得到结论．

解答 （Ⅰ）解：椭圆C₂：x²+2y²=4即$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
右焦点为（$\sqrt{2}$，0），
由题意可设椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0），
代入点（${\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，1），可得$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$=1，
解得b²=$\frac{4}{3}$，
即有椭圆C₁的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{\frac{4}{3}}$=1；
（Ⅱ）证明：①若OA的斜率不存在，则A（0，±$\frac{2}{\sqrt{3}}$），B（±2，0），
则有$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=$\frac{3}{4}$+$\frac{1}{4}$=1；
②若OA的斜率存在，可设OA：y=kx，OB：y=-$\frac{1}{k}$x，
由y=kx和2x²+3y²=4，可得x_A²=$\frac{4}{3{k}^{2}+2}$，y_A²=$\frac{4{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，
由y=-$\frac{1}{k}$x和x²+2y²=4，可得x_B²=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+2}$，y_B²=$\frac{4}{{k}^{2}+2}$，
即有|OA|²=x_A²+y_A²=$\frac{4+4{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，|OB|²=x_B²+y_B²=$\frac{4{k}^{2}+4}{{k}^{2}+2}$，
则$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=$\frac{3{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+4}$+$\frac{{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+4}$=1．
综上可得，$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=1．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，同时考查直线和椭圆方程联立，求交点，运用两点的距离公式，注意对直线的斜率讨论是解题的关键，属于易错题．