Question

16．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个顶点为B（0，1），过焦点且垂直于长轴的弦长为$\sqrt{2}$，直线l交椭圆C₁于M，N两点．
（Ⅰ） 求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l的方程；
（Ⅲ）直线l与椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=λ（λ∈R，λ＞1）交于P，Q两点（如图），求证|PM|=|NQ|．

Answer 1

分析 （I）由题意，椭圆的焦点在x轴上，利用椭圆的顶点为B（0，1），过焦点且垂直长轴的弦长为$\sqrt{2}$，建立方程组，从而可求椭圆的几何量，即可求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），又F（1，0），求得△BMN的重心，再由直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，解方程即可得到直线方程；
（Ⅲ）设直线l：y=kx+t，分别代入椭圆C₁，C₂的方程，运用韦达定理，结合中点坐标公式，可得MN和PQ的中点重合，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由题意，椭圆的焦点在x轴上，
可得$\left\{\begin{array}{l}{b=1}\\{\frac{2{b}^{2}}{a}=\sqrt{2}}\end{array}\right.$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=1，
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），又F（1，0），
则△BMN的重心为（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+0}{3}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}+1}{3}$），
由题意可得x₁+x₂=3，y₁+y₂=-1，
设直线l：y=kx+t，代入椭圆C₁的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2=0，
即有x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
即4kt=-3（1+2k²），
又k（x₁+x₂）+2t=-1，即有$\frac{-4k{t}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+2t=-1，
解得k=$\frac{3}{2}$，t=-$\frac{11}{4}$，
代入判别式（4kt）²-4（1+2k²）（2t²-2）＞0成立，
即有直线l的方程为y=$\frac{3}{2}$x-$\frac{11}{4}$；
（Ⅲ）证明：设直线l：y=kx+t，代入椭圆C₁的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
则有MN的中点的横坐标为-$\frac{2kt}{1+2{k}^{2}}$；
设直线l：y=kx+t，代入椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=λ的方程，可得
（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2λ=0，
设P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
即有x₃+x₄=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，
则有PQ的中点的横坐标为-$\frac{2kt}{1+2{k}^{2}}$．
即有MN和PQ的中点重合，
即有|PM|=|NQ|．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及中点坐标公式，考查运算求解能力，属于中档题．