Question

18．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（1）E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個動點，A（2，$\sqrt{2}$），如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明；直線EF的斜率為定值，并求出此定值；
（2）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點（A，B不是左右頂點），且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點P，求證：直線l過定點，并求出定點坐標(biāo)；
（3）橢圓C與y軸的兩個交點分別為A、B（A點在B點的上方），直線y=kx+4與橢圓C交于不同的兩點M、N，直線y=1與直線BM相交與點G，求證；A，G，N三點共線．

Answer 1

分析 （1）設(shè)直線AE方程，代入橢圓方程，解方程可得E的坐標(biāo)，再將斜率換為相反數(shù)，解得F的坐標(biāo)，由兩點的斜率公式計算即可得證；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理，再由直徑所對的圓周角為直角，運用斜率之積為-1，化簡整理，即可得證；
（3）聯(lián)立直線方程和橢圓方程消去y，可得x的方程，運用韋達定理，求得直線AN，BM的方程，解出它們的交點，即可得證．

解答 證明：（1）設(shè)直線AE方程：得y=k（x-2）+$\sqrt{2}$，
代入橢圓方程x²+2y²=8，消元可得
（1+2k²）x²+4k（$\sqrt{2}$-2k）x+2（$\sqrt{2}$-2k）²-8=0
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂）．
因為點A（2，$\sqrt{2}$）在橢圓上，
所以x₁=$\frac{（\sqrt{2}-2k）^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，y₁=kx₁+$\sqrt{2}$-2k．
又直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù)，在上式中以-k代k，
可得x₂=$\frac{（\sqrt{2}+2k）^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，y₂=-kx₂+$\sqrt{2}$+2k．
所以直線EF的斜率k_EF=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即直線EF的斜率為定值，其值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，
得（1+2k²）x²+4mkx+2（m²-4）=0，
△=16m²k²-8（1+2k²）（m²-4）＞0，
化為4+8k²＞m²．
∴x₁+x₂=$\frac{-4mk}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2（{m}^{2}-4）}{1+2{k}^{2}}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$．
∵以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點P（2$\sqrt{2}$，0），k_AP•k_BP=-1，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2\sqrt{2}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2\sqrt{2}}$=-1，
∴y₁y₂+x₁x₂-2$\sqrt{2}$（x₁+x₂）+8=0，
∴$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{2（{m}^{2}-4）}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{8\sqrt{2}mk}{1+2{k}^{2}}$+8=0．
化為7m²+16mk+4k²=0，
解得m₁=-2$\sqrt{2}$k，m₂=-$\frac{2\sqrt{2}k}{3}$，且滿足4+8k²＞m²．
當(dāng)m=-2$\sqrt{2}$k時，l：y=k（x-2$\sqrt{2}$），直線過定點（2$\sqrt{2}$，0）與已知矛盾；
當(dāng)m=-$\frac{2\sqrt{2}k}{3}$時，l：y=k（x-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$），直線過定點（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，0）．
綜上可知，直線l過定點，定點坐標(biāo)為（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，0）；
（3）A（0，2），B（0，-2），
聯(lián)立方程組 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$化簡得：（2k²+1）x²+16kx+24=0，
由△=32（2k²-3）＞0，解得：k²＞$\frac{3}{2}$，
由韋達定理得：x_M+x_N=$\frac{-16k}{1+2{k}^{2}}$…①，x_Mx_N=$\frac{24}{1+2{k}^{2}}$…②
設(shè)M（x_M，kx_M+4），N（x_N，kx_N+4），
MB方程為：y=$\frac{k{x}_{M}+6}{{x}_{M}}$x-2，…③
NA方程為：y=$\frac{k{x}_{N}+2}{{x}_{N}}$x+2，…④
由③④解得：y=$\frac{2（k{x}_{M}{x}_{N}+{x}_{M}+3{x}_{N}）}{3{x}_{N}-{x}_{M}}$
=$\frac{2（\frac{24k}{1+2{k}^{2}}+\frac{-16k}{1+2{k}^{2}}+2{x}_{N}）}{4{x}_{N}-\frac{-16k}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2（\frac{8k}{1+2{k}^{2}}+2{x}_{N}）}{4{x}_{N}+\frac{16k}{1+2{k}^{2}}}$=1，
即y_G=1，
∴直線BM與直線AN的交點G在定直線上．
則有A，G，N三點共線．

點評 本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，橢圓的方程和性質(zhì)的運用，考查分析問題解決問題的能力．