Question

1．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左，右焦點(diǎn)分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），橢圓C的上頂點(diǎn)與右頂點(diǎn)的距離為$\sqrt{3}$，過F₂的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程
（Ⅱ）點(diǎn)M在直線x=2上，直線MA，MB的斜率分別為k₁，k₂，若k₁+k₂=2，求證：點(diǎn)M為定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)和a，b，c的關(guān)系，可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）若直線AB斜率不存在，AB：x=1．求得A，B，M的坐標(biāo)，求得MA．MB的斜率，解方程可得m=1；若直線AB斜率存在，設(shè)為k，設(shè)直線AB方程為：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（2，m），聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理，解方程即可得到m=1，進(jìn)而得到定點(diǎn)M．

解答 解：（Ⅰ）由題意知：$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=3}\\{{a}^{2}-^{2}=1}\end{array}\right.$，可得a²=2，b²=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）證明：若直線AB斜率不存在，AB：x=1．
不妨設(shè)A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），M（2，m），
則k₁=$\frac{m-\frac{\sqrt{2}}{2}}{2-1}$=m-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，k₂=$\frac{m+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2-1}$=m+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由k₁+k₂=2，可得2m=2，即m=1，
若直線AB斜率存在，設(shè)為k，
設(shè)直線AB方程為：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（2，m），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$可得（1+2k²）x²-4k²x+2（k²-1）=0，
x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2（{k}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}$，
k₁=$\frac{k（{x}_{1}-1）-m}{{x}_{1}-2}$，k₂=$\frac{k（{x}_{2}-1）-m}{{x}_{2}-2}$，
k₁+k₂=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-（3k+m）（{x}_{1}+{x}_{2}）+4（k+m）}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$  
=$\frac{4{k}^{2}m+4m}{2（{k}^{2}+1）}$=2，
所以m=1，
所以定點(diǎn)M（2，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理，屬于中檔題．