Question

16．設橢圓E的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，點O為坐標原點，點A的坐標為（a，0），點B的坐標為（0，b），點M在線段AB上，滿足|BM|=2|MA|，直線OM的斜率為$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求橢圓E的離心率e；
（Ⅱ）PQ是圓C：（x+2）²+（y-1）²=$\frac{15}{2}$的一條直徑，若橢圓E經過P，Q兩點，求橢圓E的方程．

Answer 1

分析 （I）運用分點坐標公式可得M的坐標，再由直線的斜率公式和離心率公式，計算即可得到；
（II）解法一、設出PQ的方程，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，結合圓的直徑，計算即可得到所求方程；
解法二、設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），代入橢圓方程，作差，結合直線的斜率公式，可得PQ的斜率，求得PQ的方程，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式計算即可得到所求橢圓方程．

解答 解：（I）∵A（a，0）B（0，b）點M在線段AB上，滿足|BM|=2|MA|
∴M$（\frac{2a}{3}\;，\frac{3}）$，${k_{OM}}=\frac{2a}=\frac{1}{4}$，
∴$\frac{a}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{c}{a}=\sqrt{1-{{（\frac{a}）}^2}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$
∴橢圓E的離心率e為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$；
（II）解法一：由（I）知，橢圓E的方程為x²+4y²=4b²．（1），
依題意，圓心C（-2，1）是線段PQ的中點，且$|{PQ}|=\sqrt{30}$．
易知，PQ不與x軸垂直，設其直線方程為y=k（x+2）+1，
代入（1）得（1+4k²）x²+8k（2k+1）x+4（2k+1）²-4b²=0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=-\frac{8k（2k+1）}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{{（2k+1）}^2}-4{b^2}}}{{1+4{k^2}}}$，
由x₁+x₂=-4，得$-\frac{8k（2k+1）}{{1+4{k^2}}}=-4$，解得$k=\frac{1}{2}$．
從而${x_1}{x_2}=8-2{b^2}$．
于是$|{PQ}|=\sqrt{1+{{（\frac{1}{2}）}^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{5}\sqrt{2{b^2}-4}$，
由$|{PQ}|=\sqrt{30}$，得$\sqrt{5}\sqrt{2{b^2}-4}=\sqrt{30}$，2b²-4=6，解得b²=5．
故橢圓 E的方程為$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$．
解法二：由（I）知，橢圓 E的方程為x²+4y²=4b²．（1），
依題意點P、Q關于圓C（-2，1）對稱且$|{PQ}|=\sqrt{30}$，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
則$\left\{\begin{array}{l}x_1^2+4y_1^2=4{b^2}\\ x_2^2+4y_2^2=4{b^2}\end{array}\right.$，
兩式相減得-4（x₁-x₂）+8（y₁-y₂）=0，
易知PQ不與x軸垂直，則x₁≠x₂，$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$，
∴PQ的斜率為$\frac{1}{2}$，
設其直線方程為$y=\frac{1}{2}（x+2）+1=\frac{1}{2}x+2$，
代入（1）得x²+4x+8-2b²=0∴x₁+x₂=-4${x_1}{x_2}=8-2{b^2}$．
于是$|{PQ}|=\sqrt{1+{{（\frac{1}{2}）}^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{\sqrt{5}}}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{5}\sqrt{2{b^2}-4}$，
由$|{PQ}|=\sqrt{30}$，得$\sqrt{5}\sqrt{2{b^2}-4}=\sqrt{30}$，2b²-4=6解得b²=5．   
故橢圓 E的方程為$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$．

點評 本題考查橢圓的離心率的求法，注意運用直線的斜率公式和離心率公式，考查橢圓方程的求法，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，或者運用點差法，屬于中檔題．