Question

5．如图，已知直线l：y=kx+1（k＞0）关于直线y=x+1对称的直线为l₁，直线l，l₁与椭圆E：$\frac{x^2}{4}+{y^2}$=1分别交于点A、M和A、N，记直线l₁的斜率为k₁．
（Ⅰ）求k•k₁的值；
（Ⅱ）当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设直线l上任意一点P（x，y）关于直线y=x+1对称点为P₀（x₀，y₀），利用P与P₀关于直线y=x+1对称可得关系式 $\left\{\begin{array}{l}y={x_0}+1\\{y_0}=x+1\end{array}\right.$，代入斜率乘积即可得到k•k₁的值；
（Ⅱ）设出M，N的坐标，分别联立两直线方程与椭圆方程，求出M，N的坐标，进一步求出MN所在直线的斜率，写出直线方程的点斜式，整理后由直线系方程可得当k变化时，直线MN过定点$（0，-\frac{5}{3}）$．

解答 解：（Ⅰ）设直线l上任意一点P（x，y）关于直线y=x+1对称点为P₀（x₀，y₀），
直线l与直线l₁的交点为（0，1），
∴l：y=kx+1，l₁：y=k₁x+1．
$k=\frac{y-1}{x}，{k_1}=\frac{{{y_0}-1}}{x_0}$，
由$\frac{{y+{y_0}}}{2}=\frac{{x+{x_0}}}{2}+1$，得y+y₀=x+x₀+2…①，
由$\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}=-1$，得y-y₀=x₀-x…②，
由①②得：$\left\{\begin{array}{l}y={x_0}+1\\{y_0}=x+1\end{array}\right.$，
$k{k_1}=\frac{{y{y_0}-（y+{y_0}）+1}}{{x{x_0}}}=\frac{{（x+1）（{x_0}+1）-（x+{x_0}+2）+1}}{{x{x_0}}}=1$；
（Ⅱ）设点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k{x_1}+1\\ \frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\end{array}\right.$得$（4{k^2}+1）x_1^2+8k{x_1}=0$，
∴${x_M}=\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}$，${y_M}=\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}$．
同理：${x_N}=\frac{{-8{k_1}}}{4k_1^2+1}=\frac{-8k}{{4+{k^2}}}$，${y_N}=\frac{1-4k_1^2}{4k_1^2+1}=\frac{{{k^2}-4}}{{4+{k^2}}}$．
${k_{MN}}=\frac{{{y_M}-{y_N}}}{{{x_M}-{x_N}}}=\frac{{\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}-\frac{{{k^2}-4}}{{4+{k^2}}}}}{{\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}-\frac{-8k}{{4+{k^2}}}}}=\frac{{8-8{k^4}}}{{8k（3{k^2}-3）}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}$．
MN：y-y_M=k_MN（x-x_M），
∴$y-\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}（x-\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}）$，
即：$y=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}x-\frac{{8（{k^2}+1）}}{{3（4{k^2}+1）}}+\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}x-\frac{5}{3}$．
∴当k变化时，直线MN过定点$（0，-\frac{5}{3}）$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．