Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）和圆D：x²+y²=b²分别与射线y=x（x≥0）交于A、B两点，且|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$|OB|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若不经过原点O且斜率为k的直线l与椭圆交于M、N两点，且S_△OMN=1，证明：线段MN中点P（x₀，y₀）的坐标满足x${\;}_{0}^{2}$+4y${\;}_{0}^{2}$=2．

Answer 1

分析 （I）由题意可得|OB|=1，|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，即有b=1，令y=x代入椭圆方程，求得交点，由两点的距离公式计算即可得到所求椭圆方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+t，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，可得P的坐标，由三角形的面积公式结合向量数量积的定义和坐标表示，可得S_△OMN=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|，化简整理即可得到P的轨迹方程．

解答 解：（I）由题意可得|OB|=1，|OA|=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，
即有b=1，
令y=x，可得$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+x²=1，解得x=±$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$，
即有$\sqrt{2}$•$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$，解得a=2，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y=kx+t，代入椭圆方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
MN的中点为（-$\frac{4kt}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{t}{1+4{k}^{2}}$），
S_△OMN=$\frac{1}{2}$|OM|•|ON|sin∠MON=$\frac{1}{2}$$\sqrt{|OM{|}^{2}|ON{|}^{2}-（\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}）^{2}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}）（{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}）-（{x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|
=$\frac{1}{2}$|x₁（kx₂+t）-x₂（kx₁+t）|=$\frac{1}{2}$|t（x₁-x₂）|=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{t}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=1，
化简可得1+4k²=2t²，
即有x₀²+4y₀²=$\frac{16{k}^{2}{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$+4•$\frac{{t}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}（1+4{k}^{2}）}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{4{t}^{2}}{2{t}^{2}}$=2．

点评 本题考查椭圆的方程的求法和线段中点的轨迹方程，注意运用直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，以及三角形的面积公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．