Question

5．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點F（1，0），過點F的直線l與橢圓交于C，D兩點，且點C到焦點的最大距離與最小距離之比為3．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若CD與x軸垂直．A、B是橢圓上位于直線CD兩側的動點，滿足∠ACD=∠BCD，則直線AB的斜率是否為定值？若是，請求出該定值，若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 法一：（Ⅰ）由題意知a+c=3（a-c），求出a=2c=2，進一步求出b²=3，則橢圓的方程可求；
（Ⅱ）當∠ACD=∠BCD，則k_AC+k_BC=0，設直線AC的斜率為k，則直線BC的斜率為-k，則AC的直線方程為$y-\frac{3}{2}=k（{x-1}）$，代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中整理得（3+4k²）x²-4k（2k-3）x+4k²-12k-3=0，由此能求出直線AB的斜率是定值$\frac{1}{2}$．
法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）依題意知直線AB的斜率存在，設AB方程：y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中整理得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，由此利用韋達定理、根的判別式、直線方程、橢圓性質，結合已知條件能求出直線AB的斜率是定值$\frac{1}{2}$．

解答 解：法一：（Ⅰ）由題意知a+c=3（a-c），
∴a=2c=2，∴b²=3．
∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）當∠ACD=∠BCD，則k_AC+k_BC=0，
設直線AC的斜率為k，則直線BC的斜率為-k，
不妨設點C在x軸上方，$C（{1，\frac{3}{2}}）$，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則AC的直線方程為$y-\frac{3}{2}=k（{x-1}）$，代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中整理得（3+4k²）x²-4k（2k-3）x+4k²-12k-3=0，
∴$1+{x_1}=\frac{{4k（{2k-3}）}}{{（{3+4{k^2}}）}}$；
同理$1+{x_2}=\frac{{4k（{2k+3}）}}{{（{3+4{k^2}}）}}$．
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}-6}}{{（{3+4{k^2}}）}}$，${x_1}-{x_2}=\frac{-24k}{{（{3+4{k^2}}）}}$，
則${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k（{{x_1}+{x_2}}）-2k}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$，
因此直線AB的斜率是定值$\frac{1}{2}$．
法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）依題意知直線AB的斜率存在，
∴設AB方程：y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$中整理得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{4{k^2}+3}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{4{k^2}+3}}$，△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=16（12k²-3m²+9）＞0
當∠ACD=∠BCD，則k_AC+k_BC=0，不妨設點C在x軸上方，$C（{1，\frac{3}{2}}）$，
∴$\frac{{{y_1}-\frac{3}{2}}}{{{x_1}-1}}+\frac{{{y_2}-\frac{3}{2}}}{{{x_2}-1}}=0$，整理得$2k{x_1}{x_2}+（{m-\frac{3}{2}}）（{{x_1}+{x_2}}）-2m+3=0$，
∴$2k•\frac{{4{m^2}-12}}{{4{k^2}+3}}+（{m-\frac{3}{2}}）$$（{-\frac{8km}{{4{k^2}+3}}}）-2m+3=0$，
整理得12k²+12（m-2）k+9-6m=0，
即（6k-3）（2k+2m-3）=0，
∴2k+2m-3=0或6k-3=0．
當2k+2m-3=0時，直線AB過定點$C（{1，\frac{3}{2}}）$，不合題意；
當6k-3=0時，$k=\frac{1}{2}$，符合題意，
∴直線AB的斜率是定值$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去未知數(shù)，運用了韋達定理和根的判別式，考查運算能力，屬于中檔題．