Question

11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知P點(diǎn)到兩定點(diǎn)D（-2，0），E（2，0）連線斜率之積為$-\frac{1}{2}$．
（1）求證：動(dòng)點(diǎn)P恒在一個(gè)定橢圓C上運(yùn)動(dòng)；
（2）過(guò)$F（\sqrt{2}，0）$的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，過(guò)O的直線交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，若直線AB與直線MN斜率之和為零，求證：直線AM與直線BN斜率之和為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），由題意可得k_PD•k_PE=-$\frac{1}{2}$，運(yùn)用直線的斜率公式，化簡(jiǎn)即可得到所求軌跡方程；
（2）設(shè)過(guò)F的直線為x=my+$\sqrt{2}$，代入橢圓方程x²+2y²=4，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），運(yùn)用韋達(dá)定理，點(diǎn)滿足直線方程，再由過(guò)O的直線x=-my交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，求得M，N的坐標(biāo)，運(yùn)用直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理，即可得到直線AM與直線BN斜率之和為定值0．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），由題意可得k_PD•k_PE=-$\frac{1}{2}$，
即有$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，
化為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）設(shè)過(guò)F的直線為x=my+$\sqrt{2}$，
代入橢圓方程x²+2y²=4，
可得（2+m²）y²+2$\sqrt{2}$my-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{2}m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2}{2+{m}^{2}}$，
x₁=my₁+$\sqrt{2}$，x₂=my₂+$\sqrt{2}$，
由題意可得，過(guò)O的直線x=-my交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，
解得M（-$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$，$\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$），N（$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$，-$\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$），
可得k_AM+k_BN=$\frac{{y}_{1}-\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}}{{x}_{1}+\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}}$+$\frac{{y}_{2}+\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}}{{x}_{2}-\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}}$，
通分后的分子=x₂y₁-$\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$x₂-$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$y₁+x₁y₂+$\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$x₁+$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$y₂+$\frac{8m}{2+{m}^{2}}$
=2my₁y₂+$\sqrt{2}$（y₁+y₂）+$\frac{2}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$（x₁-x₂）+$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$（y₂-y₁）+$\frac{8m}{2+{m}^{2}}$
=-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$+$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$（y₁-y₂）+$\frac{2m}{\sqrt{2+{m}^{2}}}$（y₂-y₁）+$\frac{8m}{2+{m}^{2}}$=0．
即有直線AM與直線BN斜率之和為定值0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，注意運(yùn)用直線的斜率公式，考查直線的斜率之和為定值，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和斜率公式，化簡(jiǎn)整理，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．