Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)的直線(xiàn)l與圓x²+y²=$\frac{2}{3}$相切，橢圓C過(guò)點(diǎn)P（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$），直線(xiàn)PF₁交y軸于Q，且$\overrightarrow{P{F_2}}$=2$\overrightarrow{QO}$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)M是橢圓C的上頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M分別作直線(xiàn)MA、MB交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，設(shè)這兩條直線(xiàn)的斜率分別為k₁，k₂，且k₁+k₂=2，證明：證明AB過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）直線(xiàn)l方程為x+ay-a=0，由直線(xiàn)l與圓${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{2}{3}$相切，求出a²=2，由此能求出橢圓C的方程．
（2）當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A（x₀，y₀），則B（x₀，-y₀），由k₁+k₂=2，得x₀=-1，當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率存在時(shí)，設(shè)AB的方程為y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用韋達(dá)定理、斜率公式能證明AB過(guò)定點(diǎn)（-1，-1）．

解答 解：（1）∵直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)（a，0），（0，1），
∴直線(xiàn)l方程為x+ay-a=0，
∵直線(xiàn)l與圓${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{2}{3}$相切，∴$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
解得a²=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（2）當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A（x₀，y₀），則B（x₀，-y₀），
由k₁+k₂=2，得$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$+$\frac{-{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$=2，
解得x₀=-1，
當(dāng)直線(xiàn)AB的斜率存在時(shí)，設(shè)AB的方程為y=kx+m（m≠1），
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵k₁+k₂=2，
∴$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=2，∴$\frac{（k{x}_{2}+m-1）+（k{x}_{2}+m-1）}{{x}_{1}{x}_{2}}=2$，
∴（2-2k）${x}_{1}{{x}_{2}}^{\;}$=（m-1）（x₂+x₁），
∴（2-2k）（2m²-2）=（m-1）（-4km），
由m≠1，（1-k）（m+1）=-km，得k=m+1，
∴y=kx+m=（m+1）x+m，
∴m（x+1）=y-x，
∴AB過(guò)定點(diǎn)（-1，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、斜率公式、直線(xiàn)方程、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．