Question

20．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞0），过椭圆C右顶点和上顶点的直线l与圆x²+y²=$\frac{2}{3}$相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M是椭圆C的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，设这两条直线的斜率分别为k₁，k₂，且k₁+k₂=2，证明：直线AB过定点．

Answer 1

分析 （1）椭圆C的右顶点（a，0），上顶点（0，1），设直线l的方程为：$\frac{x}{a}$+y=1，化为：x+ay-a=0，由于直线l与圆x²+y²=$\frac{2}{3}$相切，可得$\frac{|a|}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，a＞0，解得a，即可得出椭圆C的方程．
（2）对直线AB的斜率分类讨论：当直线AB的斜率不存在时，利用k₁+k₂=2，及其斜率计算公式即可得出．当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线方程与椭圆方程联立化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出．

解答 解：（1）椭圆C的右顶点（a，0），上顶点（0，1），
设直线l的方程为：$\frac{x}{a}$+y=1，化为：x+ay-a=0，
∵直线l与圆x²+y²=$\frac{2}{3}$相切，
∴$\frac{|a|}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，a＞0，解得a=$\sqrt{2}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）当直线AB的斜率不存在时，
设A（x₀，y₀），则B（x₀，-y₀），
由k₁+k₂=2得$\frac{{{y_0}-1}}{x_0}+\frac{{-{y_0}-1}}{x_0}=2$，得x₀=-1．
当直线AB的斜率存在时，
设AB的方程为y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.⇒（{1+2{k^2}}）{x^2}+4kmx+2{m^2}-2=0$，
得${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${k_1}+{k_2}=2⇒\frac{{{y_1}-1}}{x_1}+\frac{{{y_2}-1}}{x_2}=2⇒\frac{{（{k{x_2}+m-1}）{x_1}+（{k{x_1}+m-1}）{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=2$，
即$（{2-2k}）{x_2}{x_1}=（{m-1}）（{{x_2}+{x_1}}）⇒（{2-2k}）（{2{m^2}-2}）=（{m-1}）（{-4km}）$，
由m≠1，（1-k）（m+1）=-km⇒k=m+1，
即y=kx+m=（m+1）x+m⇒m（x+1）=y-x，
故直线AB过定点（-1，-1）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线与圆相切的性质、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、点到直线的距离公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．