Question

1．如圖，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)A（0，1），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若M點(diǎn)為右準(zhǔn)線上一點(diǎn)，B為左頂點(diǎn)，連接BM交橢圓于N，求$\frac{MN}{NB}$的取值范圍；
（3）經(jīng)過點(diǎn)（1，1），且斜率為k的直線與橢圓E交于不同兩點(diǎn)P，Q（均異于點(diǎn)A）證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)P點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀，則$\frac{MN}{NB}$=$\frac{2-{x}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}-1$，由-$\sqrt{2}$＜x₀≤$\sqrt{2}$，可得$\frac{MN}{NB}$的取值范圍；
（3）由題意設(shè)直線PQ的方程為y=k（x-1）+1（k≠0），代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，化簡(jiǎn)計(jì)算即可得到結(jié)論．

解答 （1）解：由題意知$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=1，再由a²=b²+c²，解得$a=\sqrt{2}$，繼而得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）解：由（1）知，橢圓右準(zhǔn)線方程為x=2，
設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀，則$\frac{MN}{NB}$=$\frac{2-{x}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}-1$，
∵-$\sqrt{2}$＜x₀≤$\sqrt{2}$，∴$\frac{2+\sqrt{2}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}-1∈[\frac{\sqrt{2}-1}{2}，+∞）$．
∴$\frac{MN}{NB}$的取值范圍是[$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$，+∞）； 
（3）證明：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁x₂≠0由題設(shè)知，直線PQ的方程為y=k（x-1）+1（k≠0），
代入 $\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，化簡(jiǎn)得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k（k-1）}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2k（k-2）}{1+2{k}^{2}}$，
由已知△＞0，從而直線AP與AQ的斜率之和${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}=2k+（2-k）\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=2k+（2-k）$\frac{4k（k-1）}{2k（k-2）}$=2k-2（k-1）=2．
即有直線AP與AQ斜率之和為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理求解．考查直線的斜率公式，屬于中檔題．