Question

6．已知F₁，F(xiàn)₂分別為橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右兩個焦點(diǎn)，橢圓上點(diǎn)M（$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{5}}{4}$）到F₁、F₂兩點(diǎn)的距離之和等于4．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知過右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與橢圓交于點(diǎn)N（點(diǎn)N在第一象限），E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個動點(diǎn)，如果k_EN+K_FN=0，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個定值．

Answer 1

分析 （1）由已知求得a，把已知的坐標(biāo)代入橢圓方程得到關(guān)于a，b的關(guān)系式，把a(bǔ)代入求得b，則橢圓方程可求；
（2）求出N的坐標(biāo)，設(shè)出NE所在直線方程，與橢圓方程聯(lián)立求得E的坐標(biāo)，同理求得F的坐標(biāo)，代入兩點(diǎn)求斜率公式可得直線EF的斜率為定值．

解答 解：（1）依據(jù)橢圓的定義2a=4⇒a=2，
∵$M（{\frac{1}{2}，\frac{{3\sqrt{5}}}{4}}）$在橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$上，
∴$\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{45}{16^{2}}=1$，把a(bǔ)=2代入可得b²=3．
∴橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）由（1）得，c=1，則N（1，$\frac{3}{2}$），
設(shè)直線NE的方程為：$y=k（x-1）+\frac{3}{2}$，
代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，得$（3+4{k^2}）{x^2}+4k（3-2k）x+4{（{\frac{3}{2}-k}）^2}-12=0$．
設(shè)E（x_E，y_E），F(xiàn)（x_F，y_F），
∵點(diǎn)$N（{1，\frac{3}{2}}）$在橢圓上，
∴由韋達(dá)定理得：${x_E}+1=-\frac{4k（3-2k）}{{3+4{k^2}}}$．
∴${x_E}=\frac{{4{{（{\frac{3}{2}-k}）}^2}-12}}{{3+4{k^2}}}，{y_E}=k{x_E}+\frac{3}{2}-k$．
又直線NF的斜率與NE的斜率互為相反數(shù)，
在上式中以-k代k，可得${x_F}=\frac{{4{{（{\frac{3}{2}+k}）}^2}-12}}{{3+4{k^2}}}，{y_F}=-k{x_F}+\frac{3}{2}+k$，
∴x_F+x_E=$\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{F}-{x}_{E}=\frac{24k}{3+4{k}^{2}}$．．
∴直線EF的斜率${k}_{EF}=\frac{{y}_{F}-{y}_{E}}{{x}_{F}-{x}_{E}}=\frac{-k（{x}_{F}+{x}_{E}）}{{x}_{F}-{x}_{E}}$$+\frac{2k}{{x}_{F}-{x}_{E}}$
=$\frac{-k•\frac{8{k}^{2}-6}{3+4{k}^{2}}+2k}{\frac{24k}{3+4{k}^{2}}}=\frac{1}{2}$，
即直線EF的斜率為定值，其值為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬中檔題．