Question

5．中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C過點(diǎn)K（0，$\sqrt{2}$），離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點(diǎn)M（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$）在橢圓C內(nèi)，橢圓C上兩點(diǎn)A，B滿足$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求直線AB的斜率；
（3）直線OM與橢圓C交于R，S兩點(diǎn)，分別過A，B作橢圓C的切線l₁，l₂，直線l₁，l₂交于點(diǎn)P．求證：O，M，P三點(diǎn)共線且S_△AOR•S_△BOS=S_△AOM•S_△BOP．

Answer 1

分析 （1）由題意，b=$\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，求出a，b可得橢圓C的方程；
（2）利用點(diǎn)差法，即可求直線AB的斜率；
（3）求出P的坐標(biāo)，證明k_OM=k_OP=1，即可證明O，M，P三點(diǎn)共線；要證S_△AOR•S_△BOS=S_△AOM•S_△BOP，只要證|OR|•|OS|=|OM|•|OP|．

解答 （1）解：由題意，b=$\sqrt{2}$，又e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，
得a²=2b²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）解：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$，知M為A，B的中點(diǎn)，
由$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{2}=1$，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{2}=1$，兩式作差可得：$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{4}=-\frac{（{y}_{1}-{y}_{2}）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{2}$，
∴$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=-\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{4（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=$-\frac{1}{2}$，
∴直線AB的斜率k=$-\frac{1}{2}$；
（3）證明：直線AB的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+1，∴B（2，0），A（-$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$），
過B的切線方程為x=2，
由$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，可得y=$\sqrt{2-\frac{{x}^{2}}{2}}$，y′=-$\frac{x}{2\sqrt{2-\frac{{x}^{2}}{2}}}$，x=-$\frac{2}{3}$，y′=$\frac{1}{4}$，
∴過A的切線方程為y-$\frac{4}{3}$=$\frac{1}{4}$（x+$\frac{2}{3}$），即y=$\frac{1}{4}$x+$\frac{3}{2}$，
x=2時(shí)，y=2，即P（2，2）．∴k_OP=1
∵M(jìn)（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$），∴k_OM=1，
∴k_OM=k_OP=1，
∴O，M，P三點(diǎn)共線．
要證S_△AOR•S_△BOS=S_△AOM•S_△BOP，只要證|OR|•|OS|=|OM|•|OP|．
直線OM的方程y=x與橢圓方程聯(lián)立可得R（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），S（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），∴|OR|•|OS|=|$\frac{8}{3}$，
∵|OM|•|OP|=$\frac{2\sqrt{2}}{3}•2\sqrt{2}$=$\frac{8}{3}$，
∴|OR|•|OS|=|OM|•|OP|，
∴S_△AOR•S_△BOS=S_△AOM•S_△BOP．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓方程，考查點(diǎn)差法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．