Question

19．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），點(diǎn)A（$\sqrt{2}$，1）是橢圓上的一點(diǎn)，且橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，直線AO與橢圓C交于點(diǎn)B，且C，D是橢圓上異于A，B的任意兩點(diǎn)，直線AC，BD相交于點(diǎn)M，直線AD，BC相交于點(diǎn)N．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：直線MN的斜率為定值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，利用離心率e以及AB的長(zhǎng)，求出a、b的值；
（2）結(jié)合橢圓E的方程，求出A、B的坐標(biāo)，討論：①CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，利用斜率的關(guān)系，寫出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出M、N的坐標(biāo)，計(jì)算k_MN的值；②CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時(shí)，求出M、N的坐標(biāo)，計(jì)算k_MN的值；從而得出正確的結(jié)論．

解答 解：（1）解：如圖2，

∵$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$c=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a$，…（1分）
∴${b^2}=a{\;}^2-{c^2}={a^2}-\frac{1}{2}{a^2}=\frac{1}{2}{a^2}$．    …（2分）
又$\frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，
∴a²=4，b²=2，
∴該橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．…（4分）
（2）證明：由已知，A為$（\sqrt{2}，\;\;1）$，B為$（-\sqrt{2}，\;\;-1）$．
①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)CA，DA的斜率分別為k₁，k₂，點(diǎn)C坐標(biāo)為（x₀，y₀），顯然k₁≠k₂；
${k_{CA}}\;•\;{k_{CB}}=\frac{{{y_0}-1}}{{{x_0}-\sqrt{2}}}\;•\;\frac{{{y_0}+1}}{{{x_0}+\sqrt{2}}}=\frac{y_0^2-1}{x_0^2-2}=\frac{{2-\frac{x_0^2}{2}-1}}{x_0^2-2}=-\frac{1}{2}$，…（6分）
∴${k_{CB}}=-\frac{1}{{2{k_1}}}$，同理${k_{DB}}=-\frac{1}{{2{k_2}}}$，…（7分）
則直線AD的方程為$y-1={k_2}（x-\sqrt{2}）$，
直線CB的方程為$y+1=-\frac{1}{{2{k_1}}}（x+\sqrt{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y-1={k_2}（x-\sqrt{2}），\;\;\\ y+1=-\frac{1}{{2{k_1}}}（x+\sqrt{2}），\;\;\end{array}\right.$
解得$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{{2\sqrt{2}{k_1}{k_2}-4{k_1}-\sqrt{2}}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\;\;}\\{y=\frac{{-2{k_1}{k_2}-2\sqrt{2}{k_2}+1}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\;\;}\end{array}}\right.$，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為$N（{\frac{{2\sqrt{2}{k_1}{k_2}-4{k_1}-\sqrt{2}}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\;\;\frac{{-2{k_1}{k_2}-2\sqrt{2}{k_2}+1}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}）$． …（8分）
用k₂代k₁，用k₁代k₂，得到M點(diǎn)坐標(biāo)為$M（{\frac{{2\sqrt{2}{k_1}{k_2}-4{k_2}-\sqrt{2}}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\;\;\frac{{-2{k_1}{k_2}-2\sqrt{2}{k_1}+1}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}）$，…（9分）
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{-2{k_1}{k_2}-2\sqrt{2}{k_2}+1}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{-2{k_1}{k_2}-2\sqrt{2}{k_1}+1}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}{{\frac{{2\sqrt{2}{k_1}{k_2}-4{k_1}-\sqrt{2}}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{2\sqrt{2}{k_1}{k_2}-4{k_2}-\sqrt{2}}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}=\frac{{2\sqrt{2}（{k_1}-{k_2}）}}{{4（{k_2}-{k_1}）}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（10分）
②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時(shí)，根據(jù)題目要求，至多只有一條直線斜率不存在，不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，
此時(shí)點(diǎn)C為$（\sqrt{2}，\;\;-1）$，設(shè)直線DA斜率仍為k₂，由①知${k_{DB}}=-\frac{1}{{2{k_2}}}$，
直線CA方程為$x=\sqrt{2}$，
直線DB方程為$y+1=-\frac{1}{{2{k_2}}}（x+\sqrt{2}）$，
聯(lián)立得交點(diǎn)$M（{\sqrt{2}，\;\;-\frac{{\sqrt{2}}}{k_2}-1}）$．
直線BC方程為y=-1，直線AD方程為$y-1={k_2}（x-\sqrt{2}）$，
聯(lián)立得交點(diǎn)$N（{-\frac{2}{k_2}+\sqrt{2}，\;\;-1}）$，
∴${k_{MN}}=\frac{{-\frac{{\sqrt{2}}}{k_2}}}{{\frac{2}{k_2}}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
綜上所述，直線MN的斜率為定值．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用問(wèn)題，也考查了直線與橢圓的綜合應(yīng)用問(wèn)題，考查了分類討論思想的應(yīng)用問(wèn)題，屬于難題．