Question

7．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點(diǎn)為F，短軸長為2，點(diǎn)M為橢圓E上一個動點(diǎn)，且|MF|的最大值為$\sqrt{2}+1$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若點(diǎn)M的坐標(biāo)為$（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，點(diǎn)A，B為橢圓E上異于點(diǎn)M的不同兩點(diǎn)，且直線x=1平分∠AMB，求直線AB的斜率．

Answer 1

分析 （1）由題意可得b=1，a+c=$\sqrt{2}+1$，且a²-c²=1，解得a，c，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），設(shè)直線MA的方程為$y-\frac{{\sqrt{2}}}{2}=k（x-1）$，聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理可得A的橫坐標(biāo)，同理B的橫坐標(biāo)，再由直線的斜率公式，計(jì)算化簡整理即可得到所求值．

解答 解：（1）由題意可得2b=2，即b=1，
|MF|的最大值為$\sqrt{2}+1$，可得a+c=$\sqrt{2}+1$，
且a²-c²=1，得a=$\sqrt{2}$，c=1，
則橢圓E的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；               
（2）設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由題意可知直線MA的斜率存在，設(shè)直線MA的方程為$y-\frac{{\sqrt{2}}}{2}=k（x-1）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y-\frac{{\sqrt{2}}}{2}=k（x-1）\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$得${x^2}+2[kx+（\frac{{\sqrt{2}}}{2}-k）{]^2}=2$，
即為$（2{k^2}+1）{x^2}+k（2\sqrt{2}-4k）x+（1-\sqrt{2}k{）^2}-2=0$，
則$1•{x_1}=\frac{{{{（1-\sqrt{2}k）}^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，即${x_1}=\frac{{{{（1-\sqrt{2}k）}^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
因?yàn)橹本�x=1平分∠AMB，所以直線MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，斜率互為相反數(shù)．
同理${x_2}=\frac{{{{（1+\sqrt{2}k）}^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
則${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k{x_1}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}-k-（-k{x_2}+\frac{{\sqrt{2}}}{2}+k）}}{{{x_1}-{x_2}}}$
=$\frac{{k（{x_1}+{x_2}）-2k}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k•\frac{{2+4{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}-2k}}{{\frac{{-4\sqrt{2}k}}{{2{k^2}+1}}}}$
=$\frac{{k（4{k^2}-2）-2k（2{k^2}+1）}}{{-4\sqrt{2}k}}$=$\frac{{2{k^2}-1-（2{k^2}+1）}}{{-2\sqrt{2}}}$=$\frac{-2}{{-2\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用短軸長和橢圓上的點(diǎn)與焦點(diǎn)的距離的最值，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．