Question

18．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M，N是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，且|OM|²+|ON|²=8，過(guò)點(diǎn)M，N分別作斜率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的兩條直線交于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P的軌跡為曲線E．
（Ⅰ）求曲線E的方程；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)Q（1，1）的兩條直線分別交曲線E于點(diǎn)A，C和B，D，且AB∥CD，求證直線AB的斜率為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出M，N的坐標(biāo)，利用|OM|²+|ON|²=8求曲線E的方程；
（Ⅱ）利用點(diǎn)差法，求出CD的斜率，即可證明結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：設(shè)P（m，n），直線$PM：y-n=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{x-m}）$，令y=0，得$M（{m-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n，0}）$，
直線$PN：y-n=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{x-m}）$，令y=0，得$N（{m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n，0}）$．
∴${\overrightarrow{OM}^2}+{\overrightarrow{ON}^2}={（{m-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n}）^2}+{（{m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n}）^2}=2{m^2}+\frac{{8{n^2}}}{3}=8⇒\frac{m^2}{4}+\frac{n^2}{3}=1$．
∴曲線E的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）證明：∵AB∥CD，設(shè)$\overrightarrow{AQ}=λ\overrightarrow{QC}，\overrightarrow{BQ}=λ\overrightarrow{QD}，（{λ＞0}）$，A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），
則（1-x_A，1-y_A）=λ（x_C-1，y_C-1），
即x_A=1+λ-λx_C，y_A=1+λ-λy_C①，同理x_B=1+λ-λx_D，y_B=1+λ-λy_D②
將A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），代入橢圓方程得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_A}^2}}{4}+\frac{{{y_A}^2}}{3}=1\\ \frac{{{x_B}^2}}{4}+\frac{{{y_B}^2}}{3}=1\end{array}\right.$，
化簡(jiǎn)得3（x_A+x_B）（x_A-x_B）=-4（y_A+y_B）（y_A-y_B）③
把①②代入③，得3（2+2λ）（x_C-x_D）-3λ（x_C+x_D）（x_C-x_D）=-4（2+2λ）（y_C-y_D）+4λ（2+2λ）（y_C+y_D）（y_C-y_D）
將C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），代入橢圓方程，同理得3（x_C+x_D）（x_C-x_D）=-4（y_C+y_D）（y_C-y_D）代入上式得3（x_C-x_D）=-4（y_C-y_D）．
即$\frac{{{y_C}-{y_D}}}{{{x_C}-{x_D}}}=-\frac{3}{4}$，
∴直線AB的斜率為定值$-\frac{3}{4}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程，考查點(diǎn)差法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．