Question

13．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1的上顶点为A，直线l：y=kx+m交椭圆P，Q两点，设直线AP，AQ的斜率分别为k₁，k₂．
（1）若m=0，时求k₁•k₂的值；
（2）若k₁•k₂=-1时，证明直线l：y=kx+m过定点．

Answer 1

分析 （1）若m=0时，直线l：y=kx代入椭圆方程得到x²+2k²x²=4，求出P，Q的坐标，即可求k₁•k₂的值；
（2）直线l：y=kx+m代入椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，k₁•k₂=-1时，$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-\sqrt{2}}{{x}_{2}}=-1$，代入化简可得3m²-2$\sqrt{2}$m-2=0，求出m，即可证明直线l：y=kx+m过定点．

解答 解：（1）若m=0时，直线l：y=kx代入椭圆方程得到x²+2k²x²=4，
∴P（-$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，-$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），Q（$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），
∴k₁=$\frac{2k+\sqrt{2}•\sqrt{1+2{k}^{2}}}{2}$，k₂=$\frac{2k-\sqrt{2}•\sqrt{1+2{k}^{2}}}{2}$，
∴k₁•k₂=$\frac{2k+\sqrt{2}•\sqrt{1+2{k}^{2}}}{2}$•$\frac{2k-\sqrt{2}•\sqrt{1+2{k}^{2}}}{2}$=-$\frac{1}{2}$；
（2）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线l：y=kx+m代入椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
整理得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
∵k₁•k₂=-1，
∴$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}-\sqrt{2}}{{x}_{2}}=-1$，
∴（kx₁+m）（kx₂+m）-$\sqrt{2}$（kx₁+m+kx₂+m）+x₁x₂+2=0，
代入化简可得3m²-2$\sqrt{2}$m-2=0，
∴m=$\sqrt{2}$（舍）或m=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
∴直线l：y=kx+m过定点（0，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$）．

点评 本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．