Question

2．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點為F，短軸長為2，點M為橢圓E上一個動點，且|MF|的最大值為$\sqrt{2}+1$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)不在坐標軸上的點M的坐標為（x₀，y₀），點A，B為橢圓E上異于點M的不同兩點，且直線x=x₀平分∠AMB，試用x₀，y₀表示直線AB的斜率．

Answer 1

分析 （1）2b=2，b=1，由$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{c^2}=1\\ a+c=\sqrt{2}+1\end{array}\right.$，聯(lián)立解出即可得出．
（2）設(shè)點A，B的坐標分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），由題意可知直線MA的斜率存在，設(shè)直線MA的方程為y-y₀=k（x-x₀），與橢圓方程聯(lián)立化為：$（2{k^2}+1）{x^2}+4k（{y_0}-k{x_0}）x+2（{y_0}-k{x_0}{）^2}-2=0$，利用根與系數(shù)的關(guān)系解得x₁．由于直線x=x₀平分∠AMB，可得直線MA，MB的傾斜角互補，斜率互為相反數(shù)．同理可得x₂．利用斜率計算公式、根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 解：（1）2b=2，b=1，
由$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{c^2}=1\\ a+c=\sqrt{2}+1\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2}\\ c=1\end{array}\right.$，
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）設(shè)點A，B的坐標分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），由題意可知直線MA的斜率存在，設(shè)直線MA的方程為y-y₀=k（x-x₀），
由$\left\{\begin{array}{l}y-{y_0}=k（x-{x_0}）\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$得${x^2}+2[kx+（{y_0}-k{x_0}）{]^2}=2$，化為：$（2{k^2}+1）{x^2}+4k（{y_0}-k{x_0}）x+2（{y_0}-k{x_0}{）^2}-2=0$，
∴${x_0}•{x_1}=\frac{{2{{（{y_0}-k{x_0}）}^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}=\frac{{2{{（{y_0}-k{x_0}）}^2}-2}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}$，
∵直線x=x₀平分∠AMB，∴直線MA，MB的傾斜角互補，斜率互為相反數(shù)．
同理${x_2}=\frac{{2{{（{y_0}+k{x_0}）}^2}-2}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}$，
∴${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k{x_1}+{y_0}-k{x_0}-（-k{x_2}+{y_0}+k{x_0}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{k（{x_1}+{x_2}）-2k{x_0}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k•\frac{{2（2y_0^2+2{k^2}x_0^2）-4}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}-2k{x_0}}}{{\frac{{2•2{y_0}•（-2k{x_0}）}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}}}$=$\frac{{k[2（2y_0^2+2{k^2}x_0^2）-4]-2kx_0^2（2{k^2}+1）}}{{-8k{x_0}{y_0}}}$=$\frac{{2y_0^2+2{k^2}x_0^2-2-2{k^2}x_0^2-x_0^2}}{{-4{x_0}{y_0}}}=\frac{2y_0^2-2-x_0^2}{{-4{x_0}{y_0}}}$=$\frac{-2x_0^2}{{-4{x_0}{y_0}}}=\frac{x_0}{{2{y_0}}}$．

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式、傾斜角與斜率的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．