Question

2．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）在椭圆E上．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设不过原点O且斜率为$\frac{1}{2}$的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：︳MA︳•︳MB︳=︳MC︳•︳MD︳

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得a=2b，再把已知点的坐标代入椭圆方程，结合隐含条件求得a，b得答案；
（Ⅱ）设出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长及AB中点坐标，得到OM所在直线方程，再与椭圆方程联立，求出C，D的坐标，把︳MA︳•︳MB︳化为$\frac{1}{2}|AB{|}^{2}$，再由两点间的距离公式求得︳MC︳•︳MD︳的值得答案．

解答 （Ⅰ）解：如图，
由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{a=2b}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=1，
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）证明：设AB所在直线方程为y=$\frac{1}{2}x+m$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得x²+2mx+2m²-2=0．
∴△=4m²-4（2m²-2）=8-4m²＞0，即$-\sqrt{2}＜m＜\sqrt{2}$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
则${x}_{1}+{x}_{2}=-2m，{x}_{1}{x}_{2}=2{m}^{2}-2$，
|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{4}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{\frac{5}{4}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{5}{4}}\sqrt{4{m}^{2}-4（2{m}^{2}-2）}=\sqrt{10-5{m}^{2}}$．
∴x₀=-m，${y}_{0}=\frac{1}{2}{x}_{0}+m=\frac{m}{2}$，即M（$-m，\frac{m}{2}$），
则OM所在直线方程为y=-$\frac{1}{2}x$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{2}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\sqrt{2}}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=\sqrt{2}}\\{y=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$．
∴C（-$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），D（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
则︳MC︳•︳MD︳=$\sqrt{（-m+\sqrt{2}）^{2}+（\frac{m}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$$•\sqrt{（-m-\sqrt{2}）^{2}+（\frac{m}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$
=$\sqrt{（\frac{5}{4}{m}^{2}+\frac{5}{2}-\frac{5}{2}\sqrt{2}m）•（\frac{5}{4}{m}^{2}+\frac{5}{2}+\frac{5}{2}\sqrt{2}m）}$=$\sqrt{（\frac{5}{2}-\frac{5}{4}{m}^{2}）^{2}}=\frac{5}{2}-\frac{5}{4}{m}^{2}$．
而︳MA︳•︳MB︳=$（\frac{1}{2}|AB|）^{2}=\frac{1}{4}$（10-5m²）=$\frac{5}{2}-\frac{5{m}^{2}}{4}$．
∴︳MA︳•︳MB︳=︳MC︳•︳MD︳．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了弦长公式的应用，考查数学转化思想方法，训练了计算能力，是中档题．