Question

18．設橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個頂點與拋物線x²=4$\sqrt{3}$y的焦點重合，F(xiàn)₁與F₂分別是該橢圓的左右焦點，離心率e=$\frac{1}{2}$，且過橢圓右焦點F₂的直線l與橢圓C交于M、N兩點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，其中O為坐標原點，求直線l的方程；
（Ⅲ）若AB是橢圓C經(jīng)過原點O的弦，且MN∥AB，判斷$\frac{|AB{|}^{2}}{|MN|}$是否為定值？若是定值，請求出，若不是定值，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）確定橢圓C的一個頂點為（0，$\sqrt{3}$），b=$\sqrt{3}$，利用$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，求出a=2，由此能求出橢圓的標準方程．
（Ⅱ）分類討論．由直線y=k（x-1）代入橢圓方程，消去y可得（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，再由韋達定理，利用$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，其中O為坐標原點，求直線l的方程；
（Ⅲ）分類討論，當直線斜率存在時，設直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由直線y=k（x-1）代入橢圓方程，消去y可得（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，再由韋達定理，求出|MN|，同理求出|AB|，即可得出結論．

解答 解：（Ⅰ）∵x²=4$\sqrt{3}$y的焦點為（0，$\sqrt{3}$），∴橢圓C的一個頂點為（0，$\sqrt{3}$），
∴b=$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）當直線l的斜率存在時，
設直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0），且M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
代入橢圓方程，消去y可得（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1）]=$\frac{-5{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
∵$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，∴$\frac{-5{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$=-2，
∴k=±$\sqrt{2}$，
∴直線l的方程為y=±$\sqrt{2}$（x-1），
當直線l的斜率不存在時，M（1，$\frac{3}{2}$），N（1，-$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$≠-2，
綜上，直線l的方程為y=±$\sqrt{2}$（x-1）；
（Ⅲ）當直線l的斜率存在時，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），A（x₃，y₃），B（x₄，y₄），
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{12（{k}^{2}+1）}{4{k}^{2}+3}$，
y=kx代入橢圓方程，消去y可得x²=$\frac{12}{4{k}^{2}+3}$，
則|AB|²=$\frac{48（1+{k}^{2}）}{4{k}^{2}+3}$，
∴$\frac{|AB{|}^{2}}{|MN|}$=4，是定值；
當直線l的斜率不存在時，|MN|=3，|AB|²=12，$\frac{|AB{|}^{2}}{|MN|}$=4是定值，
綜上所述：$\frac{|AB{|}^{2}}{|MN|}$=4為定值．

點評 本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理的運用，考查學生的計算能力，屬于中檔題．