Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1經(jīng)過點(diǎn)（b，2e），其中e為橢圓C的離心率．過點(diǎn)T（1，0）作斜率為k（k＞0）的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)（A在x軸下方）．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)O且平行于l的直線交橢圓C于點(diǎn)M，N，求 $\frac{AT•BT}{MN2}$ 的值；
（3）記直線l與y軸的交點(diǎn)為P．若$\overrightarrow{AP}$=$\frac{2}{5}$$\overrightarrow{TB}$，求直線l的斜率k．

Answer 1

分析 （1）由題意得e²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{c}^{2}}{8}$，$\frac{^{2}}{8}+\frac{4{e}^{2}}{^{2}}=1$．又a²=b²+c²，$\frac{^{2}}{8}+\frac{8-^{2}}{2^{2}}=1$，解得b²；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）．
聯(lián)立直線l與橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-8=0，可設(shè)直線MN方程為y=kx，聯(lián)立直線MN與橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y得（2k²+1）x²=8，由MN∥l，得$\frac{AT•BT}{M{N}^{2}}=\frac{（1-{x}_{1}）•（{x}_{2}-1）}{{（x}_{M}-{x}_{N}）^{2}}$
由（1-x₁）•（x₂-1）=-[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{7}{2{k}^{2}+1}$．得（x_M-x_N）²=4x²=$\frac{32}{2{k}^{2}+1}$．即可．
 （3）在y=k（x-1）中，令x=0，則y=-k，所以P（0，-k），從而 $\overrightarrow{AP}=（-{x}_{1}，-k-{y}_{1}），\overrightarrow{TB}=（{x}_{2}-1，{y}_{2}）$，由$\overrightarrow{AP}$=$\frac{2}{5}$$\overrightarrow{TB}$得 $-{x}_{1}=\frac{2}{5}（{x}_{2}-1），即{x}_{1}+\frac{2}{5}{x}_{2}=\frac{2}{5}$…①，由（2）知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}}\end{array}\right.$…②由①②得${x}_{1}=\frac{-4{k}^{2}+2}{3（2{k}^{2}+1）}，{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-2}{3（2{k}^{2}+1）}$⇒50k⁴-83k²-34=0，解得k²

解答 解：（1）因?yàn)闄E圓橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1經(jīng)過點(diǎn)（b，2e）所以$\frac{^{2}}{8}+\frac{4{e}^{2}}{^{2}}=1$．
因?yàn)閑²=$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{c}^{2}}{8}$，所以$\frac{^{2}}{8}+\frac{{c}^{2}}{2^{2}}=1$，
又∵a²=b²+c²，$\frac{^{2}}{8}+\frac{8-^{2}}{2^{2}}=1$，解得b²=4或b²=8（舍去）．
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
因?yàn)門（1，0），則直線l的方程為y=k（x-1）．
聯(lián)立直線l與橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-8=0，
所以x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}$．
因?yàn)镸N∥l，所以直線MN方程為y=kx，
聯(lián)立直線MN與橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$
消去y得（2k²+1）x²=8，
解得x²=$\frac{8}{2{k}^{2}+1}$
因?yàn)镸N∥l，所以$\frac{AT•BT}{M{N}^{2}}=\frac{（1-{x}_{1}）•（{x}_{2}-1）}{{（x}_{M}-{x}_{N}）^{2}}$
因?yàn)椋?-x₁）•（x₂-1）=-[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{7}{2{k}^{2}+1}$．
（x_M-x_N）²=4x²=$\frac{32}{2{k}^{2}+1}$．
所以$\frac{AT•BT}{M{N}^{2}}=\frac{（1-{x}_{1}）•（{x}_{2}-1）}{{（x}_{M}-{x}_{N}）^{2}}$=$\frac{7}{32}$．
（3）在y=k（x-1）中，令x=0，則y=-k，所以P（0，-k），
從而 $\overrightarrow{AP}=（-{x}_{1}，-k-{y}_{1}），\overrightarrow{TB}=（{x}_{2}-1，{y}_{2}）$，
∵$\overrightarrow{AP}$=$\frac{2}{5}$$\overrightarrow{TB}$，$-{x}_{1}=\frac{2}{5}（{x}_{2}-1），即{x}_{1}+\frac{2}{5}{x}_{2}=\frac{2}{5}$…①
由（2）知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}}\end{array}\right.$…②
由①②得${x}_{1}=\frac{-4{k}^{2}+2}{3（2{k}^{2}+1）}，{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-2}{3（2{k}^{2}+1）}$⇒50k⁴-83k²-34=0，解得k²=2或k²=-$\frac{17}{50}$（舍）．
又因?yàn)閗＞0，所以k=$\sqrt{2}$．…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、向量運(yùn)算、分析問題處理問題的能力，對運(yùn)算能力的要求較高，屬于難題．