Question

5．已知橢圓G：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$上的點(diǎn)$M（2，\sqrt{2}）$到兩焦點(diǎn)的距離之和等于$4\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓G的方程；
（Ⅱ）經(jīng)過橢圓G右焦點(diǎn)F的直線m（不經(jīng)過點(diǎn)M）與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，與直線l：x=4相交于C點(diǎn)，記直線MA，MB，MC的斜率分別為k₁，k₂，k₃．求證：$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}$為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓定義知：$2a=4\sqrt{2}$，即$a=2\sqrt{2}$，將點(diǎn)$M（2，\sqrt{2}）$的坐標(biāo)代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，求出b的值，則橢圓G的方程可求；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知右焦點(diǎn)F（2，0），由題意，直線m有斜率，設(shè)方程為y=k（x-2），令x=4，得點(diǎn)C（4，2k），即可求出k₃的斜率，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-2）\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$，得到：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-8=0，由△＞0，設(shè)A（x₁，y₁），
B（x₂，y₂），再由根與系數(shù)的關(guān)系得到x₁+x₂和x₁•x₂，則k₁+k₂可求，進(jìn)一步得到要證明的結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：由橢圓定義知：$2a=4\sqrt{2}$，∴$a=2\sqrt{2}$．
∴橢圓$G：\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{b^2}=1$，將點(diǎn)$M（2，\sqrt{2}）$的坐標(biāo)代入得b²=4．
∴橢圓G的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；
（Ⅱ）證明：右焦點(diǎn)F（2，0），
由題意，直線m有斜率，設(shè)方程為y=k（x-2），
令x=4，得點(diǎn)C（4，2k），∴${k_3}={k_{MC}}=k-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；  
又由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-2）\\ \frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$消元得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-8=0，
顯然△＞0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-8}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，
∴${k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}-\sqrt{2}}}{{{x_1}-2}}+\frac{{{y_2}-\sqrt{2}}}{{{x_2}-2}}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}-\sqrt{2}（\frac{1}{{{x_1}-2}}+\frac{1}{{{x_2}-2}}）$
=$2k-\sqrt{2}×\frac{{{x_1}+{x_2}-4}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}$=$2k-\sqrt{2}×\frac{{{x_1}+{x_2}-4}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$
=$2k-\sqrt{2}×\frac{{8{k^2}-4（1+2{k^2}）}}{{8{k^2}-8-16{k^2}+4+8{k^2}}}$=$2k-\sqrt{2}×\frac{-4}{-4}=2k-\sqrt{2}$．
∴k₁+k₂=2k₃，即$\frac{{{k_1}+{k_2}}}{k_3}=2$為定值．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，是中檔題．