Question

10．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1和圓C₂：x²+y²=1，A，B，F(xiàn)分別為橢圓C₁左頂點(diǎn)、下頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)．
（1）點(diǎn)P是曲線C₂上位于第二象限的一點(diǎn)，若△APF的面積為$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{4}$，求證：AP⊥OP；
（2）點(diǎn)M和N分別是橢圓C₁和圓C₂上位于y軸右側(cè)的動點(diǎn)，且直線BN的斜率是直線BM斜率的2倍，證明直線MN恒過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）利用面積公式求得點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而證明結(jié)論成立．
（2）利用兩條直線分別與圓錐曲線聯(lián)立求得直線斜率，得到所求直線方程，得出定點(diǎn)．

解答 解：（1）證明：設(shè)曲線C₁上的點(diǎn)P（x₀，y₀），且x₀＜0，y₀＞0，
由題意A（$-\sqrt{2}，0$），F(xiàn)（1，0），∵△APF的面積為$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴${S}_{△APF}=\frac{1}{2}AF\\;y$$y=\frac{1}{2}（1+\sqrt{2}）{y}_{0}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$，解得${y}_{0}=\frac{\sqrt{2}}{2}，{x}_{0}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$P（-\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）$
∴$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{OP}=（\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）•（-\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）=0$，∴AP⊥OP
（2）設(shè)直線BM的斜率為k，則直線BN的斜率為2k，又兩直線都過點(diǎn)B（0，-1），
∴直線BM的方程為y=kx-1，直線BN的方程為y=2kx-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4kx=0
解得${x}_{M}=\frac{4k}{1+2{k}^{2}}，{y}_{M}=k\frac{4k}{2{k}^{2}+1}-1=\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}$，即M（$\frac{4k}{2{k}^{2}+1}，\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}$）
$\left\{\begin{array}{l}{y=2kx-1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-4kx=0
解得，${x}_{N}=\frac{4k}{4{k}^{2}+1}，{y}_{N}=2k×\frac{4k}{4{k}^{2}+1}-1$=$\frac{4{k}^{2}-1}{4{k}^{2}+1}$，即N（$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{4{k}^{2}-1}{4{k}^{2}+1}$）
直線MN的斜率k_MN=$\frac{\frac{4{k}^{2}-1}{4k2+1}-\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}}{\frac{4k}{4{k}^{2}+1}-\frac{4k}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{（4{k}^{2}-1）（2{k}^{2}+1）-（4{k}^{2}+1）（2{k}^{2}-1）}{4k（2{k}^{2}+1）-4k（4{k}^{2}+1）}$=$-\frac{1}{2k}$
∴直線MN的方程為$y-\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}=-\frac{1}{2k}（x-\frac{4k}{2{k}^{2}+1}）$，
整理得，$y=-\frac{1}{2k}x+1$，∴直線MN恒過定點(diǎn)（0，1）．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合問題，在高考中屬于較難題目．常考題型，難度較大．