题目内容

1．在平面直角坐标系xOy中，已知A、B分别是椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下顶点，点M（0，$\frac{1}{2}$）为线段AO的中点，AB=$\sqrt{2}$a．
（1）求椭圆的方程；
（2）设N（t，2）（t≠0），直线NA，NB分别交椭圆于点P，Q，直线NA，NB，PQ的斜率分别为k1，k2，k3．
①求证：P，M，Q三点共线；
②求证：k1k3+k2k3-k1k2为定值．

分析 （1）由题意知2b=4（b-$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{2}a$，由此能求出椭圆的方程．
（2）①由N（t，2），A（0，1），B（0，-1），得直线NA的方程为y=$\frac{1}{t}x+1$，直线NB的方程为$y=\frac{3}{t}x-1$，联立方程组求出P（-$\frac{4t}{{t}^{2}+2}$，$\frac{{t}^{2}-2}{{t}^{2}+2}$），Q（$\frac{12t}{{t}^{2}+18}$，$\frac{18-{t}^{2}}{{t}^{2}+18}$），从而kPM=kQM，由此能证明P，M，Q三点共线．
②由${k}_{1}=\frac{1}{t}$，${k}_{2}=\frac{1}{3t}$，${k}_{3}=\frac{6-{t}^{2}}{8t}$，能证明k1k3+k2k3-k1k2为定值．

解答 解：（1）∵A、B分别是椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下顶点，点M（0，$\frac{1}{2}$）为线段AO的中点，AB=$\sqrt{2}$a，
∴由题意知2b=4（b-$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{2}a$，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
证明：（2）①由N（t，2），A（0，1），B（0，-1），
得直线NA的方程为y=$\frac{1}{t}x+1$，
直线NB的方程为$y=\frac{3}{t}x-1$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{t}x+1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{4t}{{t}^{2}+2}}\\{y=\frac{{t}^{2}-2}{{t}^{2}+2}}\end{array}\right.$，∴P（-$\frac{4t}{{t}^{2}+2}$，$\frac{{t}^{2}-2}{{t}^{2}+2}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{3}{t}x-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{12t}{{t}^{2}+18}}\\{y=\frac{18-{t}^{2}}{{t}^{2}+18}}\end{array}\right.$，∴Q（$\frac{12t}{{t}^{2}+18}$，$\frac{18-{t}^{2}}{{t}^{2}+18}$），
直线PM的斜率kPM=$\frac{\frac{{t}^{2}-2}{{t}^{2}+2}-\frac{1}{2}}{-\frac{4t}{{t}^{2}+2}}$=$\frac{6-{t}^{2}}{8t}$，
直线QM的斜率kQM=$\frac{\frac{18-{t}^{2}}{{t}^{2}+18}-\frac{1}{2}}{\frac{12t}{{t}^{2}+18}}$=$\frac{6-{t}^{2}}{8t}$，
∴kPM=kQM，∴P，M，Q三点共线．
②由①知：${k}_{1}=\frac{1}{t}$，${k}_{2}=\frac{1}{3t}$，${k}_{3}=\frac{6-{t}^{2}}{8t}$，
∴k1k3+k2k3-k1k2=$\frac{4}{t}×\frac{6-{t}^{2}}{8t}$-$\frac{3}{{t}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$．
∴k1k3+k2k3-k1k2为定值-$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查三点共线的证明，考查代数式的和为定值的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、直线方程的合理运用．

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