Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），若a=$\sqrt{2}$b，且直線l：x-y+$\sqrt{2}$=0與以原點(diǎn)為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)M是橢圓的上頂點(diǎn)，過點(diǎn)M分別作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點(diǎn)，設(shè)兩直線的斜率分別為k₁，k₂，且k₁+k₂=3，證明：直線AB過定點(diǎn)（-$\frac{2}{3}$，-1）．

Answer 1

分析 （1）依題意求得圓的方程，由直線和圓相切的條件：d=r，求得b=1，由條件求得a，即可得到橢圓方程；
（2）顯然直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程消去y，得到x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，結(jié)合斜率公式，化簡整理，由恒成立的思想，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）依題意，得a=$\sqrt{2}$b，
由直線l：x-y+$\sqrt{2}$=0與圓x²+y²=b²相切，
可得b=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+1}}$=1，即有a=$\sqrt{2}$，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）證明：顯然直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，
代入橢圓方程，得（2k²+1）x²+4ktx+2（t²-1）=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2（{t}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}$，①
由M（0，1），k₁+k₂=3，得$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=3，
又y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，②
由①，②得2k+（t-1）•$\frac{2kt}{1-{t}^{2}}$=3，
化簡，得t=$\frac{2k-3}{3}$．
則直線AB的方程為y=kx+$\frac{2k-3}{3}$=k（x+$\frac{2}{3}$）-1，
則直線AB過定點(diǎn)（-$\frac{2}{3}$，-1）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要是頂點(diǎn)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理，結(jié)合斜率公式，化簡整理，由恒成立的思想，即可得到定點(diǎn)，本題屬于中檔題．