Question

8．已知P，Q是橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上關(guān)于原點(diǎn)O對稱的任意兩點(diǎn)，且點(diǎn)P，Q都不在x軸上．
（Ⅰ）若D（a，0），求證：直線PD和QD的斜率之積為定值；
（Ⅱ）若橢圓長軸長為4，點(diǎn)A（0，1）在橢圓E上，設(shè)M，N是橢圓上異于點(diǎn)A的任意兩點(diǎn)，且AM⊥AN，問直線MN是否過一個(gè)定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)Q（-m，-n），則n²=b²（1-$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}$），根據(jù)直線的斜率公式，即可求得直線PD和QD的斜率之積為定值；
（Ⅱ）求得橢圓方程，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得t的值，則直線過直線MN恒過點(diǎn)（0，-$\frac{3}{5}$）．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：P（m，n），則Q（-m，-n），
由$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{n}^{2}}{^{2}}=1$，則n²=b²（1-$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}$），
由D（a，0）則k_PD•k_QD=$\frac{n}{m-a}$•$\frac{n}{m+a}$=$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{^{2}（1-\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}）}{{m}^{2}-{a}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∴直線PD和QD的斜率之積-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$為定值；
（Ⅱ）直線MN過點(diǎn)（0，-$\frac{3}{5}$），
由2a=4，a=2，b=1，則橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
當(dāng)直線MN的斜率k=0時(shí)，則M（-$\frac{8}{5}$，-$\frac{3}{5}$），N（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），直線MN的方程為y=-$\frac{3}{5}$，
當(dāng)直線斜率存在，且k≠0，則直線MN的方程：y=kx+t，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
x₁+x₂=-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
由AM⊥AN，則$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=0，（1+k²）x₁x₂+k（t-1）（x₁+x₂）+（t-1）²=0，
則（1+k²）×$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+k（t-1）（-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$）+（t-1）²=0，
整理得：5t²-2t-3=0，解得：t=-$\frac{3}{5}$或t=1（舍去），
則直線MN的方程y=kx-$\frac{3}{5}$，則直線MN恒過點(diǎn)（0，-$\frac{3}{5}$），
綜上可知：直線MN過點(diǎn)（0，-$\frac{3}{5}$）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，直線的斜率公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．