Question

18．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（1）E，F是椭圆C上的两个动点，A（2，$\sqrt{2}$），如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明；直线EF的斜率为定值，并求出此定值；
（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点P，求证：直线l过定点，并求出定点坐标；
（3）椭圆C与y轴的两个交点分别为A、B（A点在B点的上方），直线y=kx+4与椭圆C交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM相交与点G，求证；A，G，N三点共线．

Answer 1

分析 （1）设直线AE方程，代入椭圆方程，解方程可得E的坐标，再将斜率换为相反数，解得F的坐标，由两点的斜率公式计算即可得证；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，再由直径所对的圆周角为直角，运用斜率之积为-1，化简整理，即可得证；
（3）联立直线方程和椭圆方程消去y，可得x的方程，运用韦达定理，求得直线AN，BM的方程，解出它们的交点，即可得证．

解答 证明：（1）设直线AE方程：得y=k（x-2）+$\sqrt{2}$，
代入椭圆方程x²+2y²=8，消元可得
（1+2k²）x²+4k（$\sqrt{2}$-2k）x+2（$\sqrt{2}$-2k）²-8=0
设E（x₁，y₁），F（x₂，y₂）．
因为点A（2，$\sqrt{2}$）在椭圆上，
所以x₁=$\frac{（\sqrt{2}-2k）^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，y₁=kx₁+$\sqrt{2}$-2k．
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，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．
所以直线EF的斜率k_EF=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即直线EF的斜率为定值，其值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（2）设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，
化为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为直径的圆过椭圆的右顶点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．
化为7m²+16mk+4k²=0，
解得m₁=-2$\sqrt{2}$k，m₂=-$\frac{2\sqrt{2}k}{3}$，且满足4+8k²＞m²．
当m=-2$\sqrt{2}$k时，l：y=k（x-2$\sqrt{2}$），直线过定点（2$\sqrt{2}$，0）与已知矛盾；
当m=-$\frac{2\sqrt{2}k}{3}$时，l：y=k（x-$\frac{2\sqrt{2}}{3}$），直线过定点（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，0）．
综上可知，直线l过定点，定点坐标为（$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，0）；
（3）A（0，2），B（0，-2），
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$化简得：（2k²+1）x²+16kx+24=0，
由△=32（2k²-3）＞0，解得：k²＞$\frac{3}{2}$，
由韦达定理得：x_M+x_N=$\frac{-16k}{1+2{k}^{2}}$…①，x_Mx_N=$\frac{24}{1+2{k}^{2}}$…②
设M（x_M，kx_M+4），N（x_N，kx_N+4），
MB方程为：y=$\frac{k{x}_{M}+6}{{x}_{M}}$x-2，…③
NA方程为：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，
∴直线BM与直线AN的交点G在定直线上．
则有A，G，N三点共线．

点评 本题考查直线与椭圆的综合应用，椭圆的方程和性质的运用，考查分析问题解决问题的能力．