Question

14．坐标系xOy中，已知椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一个顶点坐标为B（0，1），且点$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）若直线l：y=kx+m同时与椭圆C₁和曲线${C_2}：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$相切，求直线l的方程；
（Ⅲ）若直线l：y=kx+m与椭圆C₁交于M，N且k_OM+k_ON=4k，求证：m²为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知条件椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一个顶点坐标为B（0，1），求出b，利用点$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上，求出a，由此能求出椭圆C₁的方程．
（Ⅱ）由直线l：y=kx+m与椭圆C₁的方程，消去y得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用根的判断式和椭圆C₁和曲线C₂相切，能求出直线l的方程．
（Ⅲ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由此利用韦达定理结合已知条件能证明m²为定值．

解答 （Ⅰ）解：∵椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的其中一个顶点坐标为B（0，1），∴b=1，
∵点$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{2}，-\frac{1}{2}）$在C₁上，
∴$\frac{\frac{3}{2}}{{a}^{2}}+\frac{1}{4}$=1，∴a=$\sqrt{2}$，
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）解：由直线l：y=kx+m与椭圆C₁的方程，消去y得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，（*）
△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-2）=0，
即2k²-m²+1=0，①
直线l与${C_2}：{x^2}+{y^2}=\frac{4}{3}$相切，则$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{4}{3}}$，
即m²=$\frac{4}{3}$（1+k²），②
联立①②，得k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，m=±$\sqrt{2}$，
故l的方程为y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$x±$\sqrt{2}$，．
（Ⅲ）证明：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由（*）式，得x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
k_OM+k_ON=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=2k+$\frac{m（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=4k，
解得m²=$\frac{1}{2}$．
∴m²为定值$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线方程的求法，考查实数的平方为定值的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．