Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點A（0，-1），期左、右焦點分別為F₁、F₂，過F₂的一條直線與橢圓交于M、N兩點，△MF₁N的周長為4$\sqrt{2}$
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）經(jīng)過點B（1，1）且斜率為k的直線與橢圓C交于不同的兩點P、Q（均異于點A），證明直線AP與AQ斜率之和為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可知△MF₁N 的周長為4a=4$\sqrt{2}$，橢圓經(jīng)過點A（0，-1），由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）設直線PQ的方程為y-1=k（x-1），k≠2，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能證明直線AP與AQ斜率之和為定值．

解答 解：（Ⅰ）由已知可知△MF₁N 的周長為4a，∴4a=4$\sqrt{2}$，得a=$\sqrt{2}$，
又橢圓經(jīng)過點A（0，-1），得b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．…（4分）
證明：（Ⅱ）由題設可設直線PQ的方程為y-1=k（x-1），k≠2，
化簡，得y=kx-k+1，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，
由已知△＞0，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁x₂≠0，
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k（k-1）}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2k（k-2）}{1+2{k}^{2}}$，…（6分）
從而直線AP，AQ的斜率之和
k_AP+k_AQ=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{k{x}_{1}-k+2}{{x}_{1}}$+$\frac{k{x}_{2}-k+2}{{x}_{2}}$=2k-（k-2）（$\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}$） …（8分）
=2k-（k-2）$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=2k-（k-2）$\frac{4k（k-1）}{2k（k-2）}$=2k-2（k-1）=2，
故直線AP與AQ斜率之和為定值2．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、橢圓性質(zhì)的合理運用．