Question

3．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且經(jīng)過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線1經(jīng)過點(diǎn)F（$\sqrt{2}$，0）與直線x=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$交于點(diǎn)M，與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)P為直線x=$\sqrt{2}$上異于F的點(diǎn)，設(shè)PA，PB，PM的斜率分別為k₁，k₂，k₃，求證：k₁+k₂=2k₃．

Answer 1

分析 （1）由題意列關(guān)于a，b，c的方程組，求解a，b，c的值可得橢圓方程；
（2）設(shè)B（x₀，y₀）（x₀≠1），以之表示出直線FB的方程，求得M的坐標(biāo)，再與橢圓方程聯(lián)立，求得A的坐標(biāo)，由此表示出k₁，k₂，k₃，則結(jié)論得證．

解答 （1）解：由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{3^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得：a²=3，b²=1．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：如圖，設(shè)B（x₀，y₀）（x₀≠$\sqrt{2}$），
則直線FB的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}（x-\sqrt{2}）$
令x=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，求得M（$\frac{3\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}{y}_{0}}{2{x}_{0}-2\sqrt{2}}$），
再設(shè)P（$\sqrt{2}，m$），
從而直線PM的斜率為k₃=$\frac{\frac{\sqrt{2}{y}_{0}}{2{x}_{0}-2\sqrt{2}}-m}{\frac{3\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}}=\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}m{x}_{0}+2m}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\\{y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}（x-\sqrt{2}）}\end{array}\right.$，得A（$\frac{6\sqrt{2}-5{x}_{0}}{5-2\sqrt{2}{x}_{0}}$，$\frac{-{y}_{0}}{5-2\sqrt{2}{x}_{0}}$），
則直線PA的斜率k₁=$\frac{\frac{-{y}_{0}}{5-2\sqrt{2}{x}_{0}}-m}{\frac{6\sqrt{2}-5{x}_{0}}{5-2\sqrt{2}{x}_{0}}-\sqrt{2}}$=$\frac{-{y}_{0}-5m+2\sqrt{2}m{x}_{0}}{\sqrt{2}-{x}_{0}}$，
直線PB的斜率為k₂=$\frac{{y}_{0}-m}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$，
∴k₁+k₂=$\frac{-{y}_{0}-5m+2\sqrt{2}m{x}_{0}}{\sqrt{2}-{x}_{0}}$+$\frac{{y}_{0}-m}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=$\frac{2{y}_{0}-2\sqrt{2}m{x}_{0}+4m}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=2×$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}m{x}_{0}+2m}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=2k₃ ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了分析轉(zhuǎn)化的能力與探究的能力，考查了方程的思想，數(shù)形結(jié)合的思想，本題綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量大，極易出錯(cuò)，是難題．