Question

19．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離最大值和最小值分別為3+2$\sqrt{2}$，3-2$\sqrt{2}$．
（1）如果直線x=t（t∈R）與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A，B，若C（-3，0），D（3，0），直線CA與直線BD的交點(diǎn)是K，求點(diǎn)K的軌跡方程；
（2）過點(diǎn)Q（1，0）作直線（與x軸不垂直）與該橢圓交于M、N兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)R，若$\overrightarrow{RM}$=$λ\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{RN}$=$μ\overrightarrow{NQ}$，試判斷：λ+μ是否為定值？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離最大值和最小值可知a=3、c=2$\sqrt{2}$，從而b²=a²-c²=1、橢圓方程為$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$，通過設(shè)A（t，y₀），B（t，-y₀），K（x，y），且有$\frac{t^2}{9}+{y_0}^2=1$，聯(lián)立直線CA、DB的方程并代入$\frac{t^2}{9}+{y_0}^2=1$整理即得結(jié)論；
（2）通過設(shè)M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），R（0，y₅），設(shè)直線MN方程為y=k（x-1），并與橢圓方程聯(lián)立消去y、利用韋達(dá)定理可知x₃+x₄=$\frac{18{k}^{2}}{1+9{k}^{2}}$、x₃x₄=$\frac{9{k}^{2}-9}{1+9{k}^{2}}$，通過$\overrightarrow{RM}$=$λ\overrightarrow{MQ}$、$\overrightarrow{RN}$=$μ\overrightarrow{NQ}$，利用向量知識(shí)計(jì)算可知λ=$\frac{{x}_{3}}{1-{x}_{3}}$、μ=$\frac{{x}_{4}}{1-{x}_{4}}$，整理計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離最大值和最小值分別為3+2$\sqrt{2}$、3-2$\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a+c=3+2\sqrt{2}}\\{a-c=3-2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
解得：a=3，c=2$\sqrt{2}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{9}+{y^2}=1$，
依題意可設(shè)A（t，y₀），B（t，-y₀），K（x，y），且有$\frac{t^2}{9}+{y_0}^2=1$，
∴$CA：y=\frac{y_0}{t+3}（x+3），DB：y=\frac{{-{y_0}}}{t-3}（x-3）$，
∴${y^2}=\frac{-y_0^2}{{{t^2}-9}}（{x^2}-9）$，
將$\frac{t^2}{9}+{y_0}^2=1$代入上式得y²=$\frac{1}{9}$（x²-9），
整理得交點(diǎn)K的軌跡方程：$\frac{1}{9}$x²-y²=1（y≠0）；
（2）結(jié)論：λ+μ為定值-$\frac{9}{4}$．
理由如下：
依題意，直線的斜率存在，設(shè)其方程為：y=k（x-1），
設(shè)M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），R（0，y₅），
則M、N兩點(diǎn)坐標(biāo)滿足方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
消去y并整理得：（1+9k²）x²-18k²x+9k²-9=0，
由韋達(dá)定理可知：x₃+x₄=$\frac{18{k}^{2}}{1+9{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{9{k}^{2}-9}{1+9{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{RM}$=$λ\overrightarrow{MQ}$，
∴（x₃，y₃）-（0，y₅）=λ[（1，0）-（x₃，y₃）]，
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=λ（1-{x}_{3}）}\\{{y}_{3}-{y}_{5}=-λ{(lán)y}_{3}}\end{array}\right.$，則x₃=λ（1-x₃），
又∵直線MN與x軸不垂直，
∴x₃≠1，∴λ=$\frac{{x}_{3}}{1-{x}_{3}}$，
同理可知：μ=$\frac{{x}_{4}}{1-{x}_{4}}$，
∴λ+μ=$\frac{{x}_{3}}{1-{x}_{3}}$+$\frac{{x}_{4}}{1-{x}_{4}}$
=$\frac{（{x}_{3}+{x}_{4}）-2{x}_{3}{x}_{4}}{1-（{x}_{3}+{x}_{4}）+{x}_{3}{x}_{4}}$
=$\frac{\frac{18{k}^{2}}{1+9{k}^{2}}-2•\frac{9{k}^{2}-9}{1+9{k}^{2}}}{1-\frac{18{k}^{2}}{1+9{k}^{2}}+\frac{9{k}^{2}-9}{1+9{k}^{2}}}$
=-$\frac{9}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及斜率、韋達(dá)定理等基礎(chǔ)知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．