Question

16．已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓$C：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，A是橢圓的左頂點(diǎn)，M，N是橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線AM交y軸于點(diǎn)P．
（1）若$\overrightarrow{AP}=\frac{7}{8}\overrightarrow{AM}$，求直線AM的斜率；
（2）若a-b=1，圓C₁：x²+（y-1）²=r²（0＜r＜1），直線AM和直線AN都與圓C₁相切，當(dāng)r變化時(shí)，試問(wèn)直線MN是否過(guò)某個(gè)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)闄E圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得a=2b，橢圓C的方程可設(shè)為：y²+4x²=4b²．
設(shè)直線AM的方程為：y=k（x+b），代入橢圓方程得（k²+4）x²+2k²bx+（k²-4）b²=0．
$\overrightarrow{AP}=\frac{7}{8}\overrightarrow{AM}$，$0-{x}_{A}=\frac{7}{8}（{x}_{M}-{x}_{A}）$，b=$\frac{7}{8}[-\frac{（{k}^{2}-4）b}{{k}^{2}+4}+b）$，解得k
（2）由（1）知a=2b，又a-b=1，∴a=2，b=1
橢圓C的方程可為：y²+4x²=4．
設(shè)切線方程為y=t（x+1），由圓心到其距離為r得（1-r²）t²-2t+1-r²=0．
設(shè)AM\AN的斜率分別為t₁，t₂，則t₁t₂=1
求出M、N坐標(biāo)，得直線MN的斜率為k_MN=-$\frac{3{t}_{1}}{1+{{t}_{1}}^{2}}$，
直線MN的方程：y-$\frac{8{t}_{1}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$=-$\frac{3{t}_{1}}{1+{{t}_{1}}^{2}}$（x-$\frac{4-{{t}_{1}}^{2}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$），令y=0，$x=\frac{8{t}_{1}}{{{t}_{1}}^{2}+4}×\frac{1+{{t}_{1}}^{2}}{3{t}_{1}}+\frac{4-{{t}_{1}}^{2}}{{{t}_{1}}^{2}+4}=\frac{5}{3}$．直線MN過(guò)定點(diǎn)．

解答 解：（1）因?yàn)闄E圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$又，∵a²=b²+c²，所以a=2b．
橢圓C的方程可設(shè)為：y²+4x²=4b²．
設(shè)直線AM的方程為：y=k（x+b），代入橢圓方程得（k²+4）x²+2k²bx+（k²-4）b²=0．
∴${x}_{A}{x}_{M}=\frac{（{k}^{2}-4）^{2}}{{k}^{2}+4}$，⇒x_M=$\frac{（{k}^{2}-4）b}{{k}^{2}+4}$．
∵$\overrightarrow{AP}=\frac{7}{8}\overrightarrow{AM}$，∴$0-{x}_{A}=\frac{7}{8}（{x}_{M}-{x}_{A}）$，b=$\frac{7}{8}[-\frac{（{k}^{2}-4）b}{{k}^{2}+4}+b）$，解得k²=3．
即直線AM的斜率為$±\sqrt{3}$．
（2）直線MN過(guò)定點(diǎn)（$\frac{5}{3}$，0）理由如下：
由（1）知a=2b，又a-b=1，∴a=2，b=1
∴橢圓C的方程可為：y²+4x²=4．
設(shè)切線方程為y=t（x+1），由圓心到其距離為r，得（1-r²）t²-2t+1-r²=0．
設(shè)AM\AN的斜率分別為t₁，t₂，則t₁t₂=1
由$\left\{\begin{array}{l}{y=t（x+1）}\\{{y}^{2}+4{x}^{2}=4}\end{array}\right.$可得M（$\frac{4-{{t}_{1}}^{2}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$，$\frac{8{t}_{1}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$）
用$\frac{1}{{t}_{1}}$換t₁，得N（$\frac{4{{t}_{1}}^{2}-1}{1+4{{t}_{1}}^{2}}$，$\frac{8{t}_{1}}{1+4{{t}_{1}}^{2}}$），∴直線MN的斜率為k_MN=-$\frac{3{t}_{1}}{1+{{t}_{1}}^{2}}$，
直線MN的方程：y-$\frac{8{t}_{1}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$=-$\frac{3{t}_{1}}{1+{{t}_{1}}^{2}}$（x-$\frac{4-{{t}_{1}}^{2}}{{{t}_{1}}^{2}+4}$）
令y=0，$x=\frac{8{t}_{1}}{{{t}_{1}}^{2}+4}×\frac{1+{{t}_{1}}^{2}}{3{t}_{1}}+\frac{4-{{t}_{1}}^{2}}{{{t}_{1}}^{2}+4}=\frac{5}{3}$．
直線MN過(guò)定點(diǎn)（$\frac{5}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的方程，直線與圓、橢圓的位置關(guān)系，及直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，屬于壓軸題．