Question

19．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，過(guò)點(diǎn)P（1，0）作斜率為k的直線l，且直線l與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M、N．
（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)A（0，2），k=1．求△AMN的面積；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)B（t，0），記直線BM、BN的斜率分別為k₁、k₂，問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)t，使得對(duì)于任意非零實(shí)數(shù)k．（k₁+k₂）•k為定值？若存在，求出實(shí)數(shù)t的值及該定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)k=1時(shí)，寫(xiě)成直線l的方程，再結(jié)合橢圓方程即得點(diǎn)N（0，-1），M（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），從而可得S_△AMN=$\frac{12}{5}$；
（Ⅱ）設(shè)直線AN的方程為y=k（x-1），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），結(jié)合橢圓方程可得關(guān)于x的一元二次方程得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，根據(jù)根的判別式△及韋達(dá)定理及直線BM、BN的斜率分別為k₁、k₂，可得（k₁+k₂）•k=$\frac{{k}^{2}（2t-8）}{{k}^{2}（4-8t+4{t}^{2}）+{t}^{2}-4}$，分2t-8=0與2t-8≠0兩種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)k=1時(shí)，直線l的方程為y=x-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=x-1}\end{array}\right.$   得x₁=0，${x}_{2}=\frac{8}{5}$
即點(diǎn)N（0，-1），M（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），
所以|AN|=3，S_△AMN=$\frac{1}{2}×3×\frac{8}{5}$=$\frac{12}{5}$；
（Ⅱ）設(shè)直線AN的方程為y=k（x-1），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$   得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
則△=16（3k²+1）＞0，及${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}•{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
由${k}_{1}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-t}$，${k}_{2}=\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-t}$得
（k₁+k₂）•k=k（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-t}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-t}$）
=k²（$\frac{{x}_{1}-1}{{x}_{1}-t}$+$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{2}-t}$）
=$\frac{{k}^{2}[（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-1）+（{x}_{2}-t）（{x}_{1}-1）]}{（{x}_{1}-t）（{x}_{2}-t）}$
=$\frac{{k}^{2}[2{x}_{1}{x}_{2}-（t+1）（{x}_{1}+{x}_{2}）+2t]}{{x}_{1}{x}_{2}-t（{x}_{1}+{x}_{2}）+{t}^{2}}$
=$\frac{{k}^{2}（2t-8）}{{k}^{2}（4-8t+4{t}^{2}）+{t}^{2}-4}$
若2t-8=0，則t=4，（k₁+k₂）•k=0為定值；
當(dāng)2t-8≠0，則t²-4=0，（k₁+k₂）•k=$\frac{2t-8}{4-8t+4{t}^{2}}$為定值；
所以，當(dāng)t=4時(shí)，（k₁+k₂）•k=0；
當(dāng)t=2時(shí)，（k₁+k₂）•k=-1；
當(dāng)t=-2時(shí)，（k₁+k₂）•k=-$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，利用一元二次方程中的韋達(dá)定理是解題的關(guān)鍵，屬難題．