Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，直線l：y=$\frac{1}{2}$x與橢圓E相交于A，B兩點，AB=$4\sqrt{5}$，C，D是橢圓E上異于A，B兩點，且直線AC，BD相交于點M，直線AD，BC相交于點N．
（1）求a，b的值；
（2）求證：直線MN的斜率為定值．

Answer 1

分析 （1）運用離心率公式和聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求得A的坐標(biāo)，解方程可得a，b；
（2）求出橢圓方程，求得A，B的坐標(biāo)，①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設(shè)出直線AD的方程為y-2=k₂（x-4），直線BC的方程為y+2=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+4），聯(lián)立直線方程求出M，N的坐標(biāo)，可得直線MN的斜率；②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，同理求得M，N的坐標(biāo)，可得直線MN的斜率．

解答 解：（1）因為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即c²=$\frac{1}{2}$a²，即a²-b²=$\frac{1}{2}$a²，則a²=2b²；
故橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1．
由題意，不妨設(shè)點A在第一象限，點B在第三象限，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2^{2}}\end{array}\right.$解得A（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$b，$\frac{\sqrt{3}}{3}$b）；
又AB=4$\sqrt{5}$，所以O(shè)A=2$\sqrt{5}$，即$\frac{4}{3}$b²+$\frac{1}{3}$b²=20，解得b²=12；
故a=2$\sqrt{6}$，b=2$\sqrt{3}$；
（2）證明：由（1）知，橢圓E的方程為$\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{12}=1$，
從而A（4，2），B（-4，-2）；
①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，
設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k₁，k₂，C（x₀，y₀），
顯然k₁≠k₂；${k_1}•{k_{CB}}=\frac{{{y_0}-2}}{{{x_0}-4}}•\frac{{{y_0}+2}}{{{x_0}+4}}=\frac{{{y_0}^2-4}}{{{x_0}^2-16}}=\frac{{8-\frac{{{x_0}^2}}{2}}}{{{x_0}^2-16}}=-\frac{1}{2}$，
所以k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$； 同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，
于是直線AD的方程為y-2=k₂（x-4），直線BC的方程為y+2=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+4）；
∴$\left\{\begin{array}{l}y+2=-\frac{1}{{2{k_1}}}（x+4）\\ y-2={k_2}（x-4）\end{array}\right.∴\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}\\ y=\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}\end{array}\right.$，
從而點N的坐標(biāo)為$（\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}）$；
用k₂代k₁，k₁代k₂得點M的坐標(biāo)為$（\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_2}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_1}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}）$；
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_1}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}{{\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{8{k_1}{k_2}-4{k_2}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}=\frac{{8（{k_1}-{k_2}）}}{{8（{k_2}-{k_1}）}}=-1$，
即直線MN的斜率為定值-1；
②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，
根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，
故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C（4，-2）；
仍然設(shè)DA的斜率為k₂，由①知k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；
此時CA：x=4，DB：y+2=-=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$（x+4），它們交點M（4，$-\frac{4}{k_2}-2$）；
BC：y=-2，AD：y-2=k₂（x-4），它們交點N（$4-\frac{4}{k_2}$，-2），
從而k_MN=-1也成立；
由①②可知，直線MN的斜率為定值-1．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，求出交點，考查分類討論的思想方法，注意直線的斜率和直線方程的運用，考查運算能力，屬于難題．