Question

18．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，短轴长为2，直线l与圆O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，且与椭圆C相交于M、N两点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）证明：$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$为定值．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，2b=2，a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（II）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：my=x-t，根据直线l与圆O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，可得$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$．直线方程与题意方程联立化为：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=（m²+1）y₁•y₂+mt（y₁+y₂）+t²，把根与系数的关系代入即可得出．直线l的斜率为0时，容易得出．

解答 （I）解：由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，2b=2，a²=b²+c²，联立解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（II）证明：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：my=x-t，
∵直线l与圆O：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切，
则$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，化为：5t²=4m²+4．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，
△＞0．
∴y₁+y₂=-$\frac{2mt}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
x₁x₂=（my₁+t）（my₂+t）=m²y₁y₂+mt（y₁+y₂）+t²．
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=（m²+1）y₁•y₂+mt（y₁+y₂）+t²=（m²+1）•$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$+mt（-$\frac{2mt}{{m}^{2}+4}$）+t²=$\frac{5{t}^{2}-4{m}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$=0，
直线l的斜率为0时，上式也成立．
因此$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0为定值．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、一元二次方程的根与系数的关系、向量坐标运算性质、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．