Question

14．已知橢圓$C：\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}（a＞b＞0）$直線$y=x+\sqrt{6}$與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸為半徑的圓相切，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為其左右焦點，P為橢圓C上的任意一點，△F₁PF₂的重心為G，內(nèi)心為I，且IG∥F₁F₂．已知A為橢圓C上的左頂點，直線l過右焦點F₂與橢圓C交于M，N兩點，若AM，AN的斜率k₁，k₂滿足${k_1}+{k_2}=-\frac{1}{2}$，直線MN的方程y=2x-2．

Answer 1

分析 利用△F₁PF₂的重心為G，內(nèi)心為I，結(jié)合三角形的面積公式，直線y=x+$\sqrt{6}$與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切，求出幾何量，即可求出橢圓的方程；設(shè)直線l為y=k（x-1），直線l和橢圓交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．將y=k（x-1）代入3x²+4y²=12中，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，由此利用韋達定理能求出直線MN的方程．

解答 解：設(shè)P（x₀，y₀）（y₀≠0），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
則G（$\frac{{x}_{0}}{3}$，$\frac{{y}_{0}}{3}$），
設(shè)I（x_I，y_I），∵IG∥F₁F₂，∴y_I=$\frac{{y}_{0}}{3}$，
∵|F₁F₂|=2c，∴${S}_{△{F}_{1}P{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂||y₀|=$\frac{1}{2}$（|PF₁|+|PF₂|+|F₁F₂|）•$\frac{{y}_{0}}{3}$，
∴2c•3=2a+2c，即a=2c，
∵直線y=x+$\sqrt{6}$與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切，
∴b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{3}$，∴a²-c²=3，
解得a=2，c=1，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
若直線l斜率不存在，顯然k₁+k₂=0不合題意；
則直線l的斜率存在．設(shè)直線l為y=k（x-1），
直線l和橢圓交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
將y=k（x-1）代入3x²+4y²=12中，得：
（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
依題意：△=9k²+9＞0，
由韋達定理知：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
又k_AM+k_AN=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=k（$\frac{{x}_{1}-1}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{2}+2}$）
=k[2-3（$\frac{1}{{x}_{1}+2}$+$\frac{1}{{x}_{2}+2}$）]，
$\frac{1}{{x}_{1}+2}$+$\frac{1}{{x}_{2}+2}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+4}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{8{k}^{2}+4（3+4{k}^{2}）}{4{k}^{2}-12+16{k}^{2}+4（3+4{k}^{2}）}$
=$\frac{1+2{k}^{2}}{3{k}^{2}}$，
從而k_AM+k_AN=k（2-3•$\frac{1+2{k}^{2}}{3{k}^{2}}$）=-$\frac{1}{k}$=-$\frac{1}{2}$，
解得k=2，符合△＞0．
故所求直線MN的方程為：y=2（x-1）．
故答案為：y=2x-2．

點評 本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓，直線與圓的位置關(guān)系，考查韋達定理的運用，考查學生的計算能力，屬于中檔題．