Question

14．已知橢圓C₁過點（${\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，1），且其右頂點與橢圓C₂：x²+2y²=4的右焦點重合．
（Ⅰ）求橢圓C₁的標準方程；
（Ⅱ）設O為原點，若點A在橢圓C₁上，點B在橢圓C₂上，且OA⊥OB，求證：$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出橢圓C₂的右焦點，由題意可設橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0），代入已知點，即可解得b，進而得到所求方程；
（Ⅱ）①若OA的斜率不存在，求出A，B的坐標，由兩點的距離公式計算即可得到結論；
②若OA的斜率存在，可設OA：y=kx，OB：y=-$\frac{1}{k}$x，分別聯(lián)立橢圓方程，求得交點A，B，再由兩點的距離公式，計算即可得到結論．

解答 （Ⅰ）解：橢圓C₂：x²+2y²=4即$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
右焦點為（$\sqrt{2}$，0），
由題意可設橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0），
代入點（${\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，1），可得$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，
解得b²=$\frac{4}{3}$，
即有橢圓C₁的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{\frac{4}{3}}$=1；
（Ⅱ）證明：①若OA的斜率不存在，則A（0，±$\frac{2}{\sqrt{3}}$），B（±2，0），
則有$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=$\frac{3}{4}$+$\frac{1}{4}$=1；
②若OA的斜率存在，可設OA：y=kx，OB：y=-$\frac{1}{k}$x，
由y=kx和2x²+3y²=4，可得x_A²=$\frac{4}{3{k}^{2}+2}$，y_A²=$\frac{4{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，
由y=-$\frac{1}{k}$x和x²+2y²=4，可得x_B²=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+2}$，y_B²=$\frac{4}{{k}^{2}+2}$，
即有|OA|²=x_A²+y_A²=$\frac{4+4{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，|OB|²=x_B²+y_B²=$\frac{4{k}^{2}+4}{{k}^{2}+2}$，
則$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=$\frac{3{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+4}$+$\frac{{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+4}$=1．
綜上可得，$\frac{1}{{{{|{{O}{A}}|}^2}}}$+$\frac{1}{{{{|{{O}{B}}|}^2}}}$=1．

點評 本題考查橢圓的方程和性質，同時考查直線和橢圓方程聯(lián)立，求交點，運用兩點的距離公式，注意對直線的斜率討論是解題的關鍵，屬于易錯題．