在平面直角坐标系xOy中.椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$.直线y=x被椭圆C截得的线段长为$\frac{{4\sqrt{10}}}{5}$．(Ⅰ)求椭圆C的方程,(Ⅱ)过原点的直线与椭圆C交于两点.点D在椭圆C上.且AD⊥AB.直线BD与x轴.y轴分别交于M.N两点．设直线BD.AM斜率� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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18．在平面直角坐标系xOy中，椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，直线y=x被椭圆C截得的线段长为$\frac{{4\sqrt{10}}}{5}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C交于两点（A，B不是椭圆C的顶点），点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．设直线BD，AM斜率分别为k₁，k₂，证明存在常数λ使得k₁=λk₂，并求出λ的值．

分析（Ⅰ）由椭圆离心率得到a，b的关系，化简椭圆方程，和直线方程联立后求出交点的横坐标，把弦长用交点横坐标表示，则a的值可求，进一步得到b的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设出A，D的坐标分别为（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），（x₂，y₂），用A的坐标表示B的坐标，把AB和AD的斜率都用A的坐标表示，写出直线AD的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数关系得到AD横纵坐标的和，求出AD中点坐标，则BD斜率可求，再写出BD所在直线方程，取y=0得到M点坐标，由两点求斜率得到AM的斜率，由两直线斜率的关系得到λ的值．

解答解：（Ⅰ）由题意知，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
则a²=4b²．
则椭圆C的方程可化为x²+4y²=a²．
将y=x代入可得x=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$a，
因此$\sqrt{2}$•$\frac{2\sqrt{5}}{5}$a=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，解得a=2，则b=1．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）设A（x₁，y₁）（x₁y₁≠0），D（x₂，y₂），
则B（-x₁，-y₁）．
∵直线AB的斜率k_AB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
又AB⊥AD，
∴直线AD的斜率k_AD=-$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}}$．
设AD方程为y=kx+m，
由题意知k≠0，m≠0．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$．
因此y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$．
由题意可得k₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=-$\frac{1}{4k}$=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$．
∴直线BD的方程为y+y₁=$\frac{{y}_{1}}{4{x}_{1}}$（x+x₁）．
令y=0，得x=3x₁，即M（3x₁，0）．
可得k₂=-$\frac{{y}_{1}}{2{x}_{1}}$．
∴k₁=-$\frac{1}{2}$k₂，即λ=-$\frac{1}{2}$．
因此存在常数λ=-$\frac{1}{2}$使得结论成立．

点评本题考查椭圆方程的求法，主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，直线与曲线联立，根据方程的根与系数的关系解题，是处理这类问题的最为常用的方法，但圆锥曲线的特点是计算量比较大，要求考试具备较强的运算推理的能力．

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