Question

5．已知曲線C的方程是mx²+ny²=1（m＞0mn＞0），且曲線C過(guò)A（$\frac{\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是曲線C上兩點(diǎn)，且OM⊥ON，求證：直線MN恒與一個(gè)定圓相切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將A，B的坐標(biāo)代入橢圓方程，解方程可得m=4，n=1，即可得到橢圓方程；
（Ⅱ）將M，N的坐標(biāo)代入橢圓方程，結(jié)合OM⊥ON，可得x₁x₂+y₁y₂=0，運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式，求得點(diǎn)O到直線MN的距離為d，化簡(jiǎn)整理可得定值，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由題將A，B的坐標(biāo)代入橢圓方程可得：
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{8}m+\frac{1}{2}n=1\\ \frac{1}{6}m+\frac{1}{3}n=1\end{array}\right.$解得m=4，n=1．
所以曲線C方程為y²+4x²=1；
（Ⅱ）證明：由M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是曲線C上兩點(diǎn)，OM⊥ON，
可得：$y_1^2+4x_1^2=1$，$y_2^2+4x_2^2=1$，x₁x₂+y₁y₂=0，
原點(diǎn)O到直線MN的距離d=$\frac{|OM|•|ON|}{|MN|}$=$\frac{\sqrt{（{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}）（{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}）}}{\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{（{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}）（{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}）}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{（1-3x_1^2）（1-3x_2^2）}{2-3（x_1^2+x_2^2）}}=\sqrt{\frac{1-3（x_1^2+x_2^2）+9x_1^2x_2^2}{2-3（x_1^2+x_2^2）}}$，
由x₁x₂+y₁y₂=0得：$x_1^2x_2^2=y_1^2y_2^2=（1-4x_1^2）（1-4x_2^2）$=$1-4（x_1^2+x_2^2）+16x_1^2x_2^2$，
所以$x_1^2x_2^2=\frac{4}{15}（x_1^2+x_2^2）-\frac{1}{15}$，
$d=\sqrt{\frac{{-3（x_1^2+x_2^2）+\frac{12}{5}（x_1^2+x_2^2）+\frac{2}{5}}}{2-3（x_1^2+x_2^2）}}$
=$\sqrt{\frac{{\frac{2}{5}-\frac{3}{5}（x_1^2+x_2^2）}}{2-3（x_1^2+x_2^2）}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．
所以直線MN恒與定圓${x^2}+{y^2}=\frac{1}{5}$相切．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法，考查直線恒與一個(gè)定圓相切，主要點(diǎn)滿(mǎn)足橢圓方程和兩直線垂直的條件，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．