Question

1．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的兩個焦點${F_1}（-\sqrt{2}，0），{F_2}（\sqrt{2}，0）$，點$P（1，\frac{{\sqrt{6}}}{3}）$在此橢圓上．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點M（1，0）的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，設點N（3，2），記直線AN，BN的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁+k₂為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知列關于a，b，c的方程組，求解方程組可得a，b的值，則橢圓C的標準方程可求；
（Ⅱ）設直線AB的方程為x=my+1，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系得到A，B兩點縱坐標的和與積，求出直線AN，BN的斜率，作和后代入根與系數(shù)的關系，整理得答案．

解答 解：（Ⅰ）依題意知：$\left\{\begin{array}{l}c=\sqrt{2}\\ \\{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{1}{a^2}+\frac{{{{（\frac{{\sqrt{6}}}{3}）}^2}}}{b^2}=1\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}{a^2}=3\\{b^2}=1\end{array}\right.$，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）∵直線AB過點M（1，0），∴設直線AB的方程為x=my+1，再設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{3}+{y^2}=1\\ x=my+1\end{array}\right.$，消x得：（m²+3）y²+2my-2=0，
∴${y_1}+{y_2}=-\frac{2m}{{{m^2}+3}}，{y_1}{y_2}=-\frac{2}{{{m^2}+3}}$，
∵N（3，2），∴${k_1}=\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}-3}}，{k_2}=\frac{{{y_2}-2}}{{{x_2}-3}}$，
∴${k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}-3}}+\frac{{{y_2}-2}}{{{x_2}-3}}=\frac{{（{y_1}-2）•（{x_2}-3）+（{y_2}-2）•（{x_1}-3）}}{{（{x_1}-3）•（{x_2}-3）}}$
=$\frac{{（{y_1}-2）•（m{y_2}+1-3）+（{y_2}-2）•（m{y_1}+1-3）}}{{（m{y_2}+1-3）•（m{y_1}+1-3）}}=\frac{{2m{y_1}{y_2}-2（m+1）（{y_1}+{y_2}）+8}}{{{m^2}-2m（{y_1}+{y_2}）+4}}$
=$\frac{{\frac{-4m}{{{m^2}+3}}+2（m+1）\frac{2m}{{{m^2}+3}}+8}}{{\frac{{2{m^2}}}{{{m^2}+3}}+\frac{{4{m^2}}}{{{m^2}+3}}+4}}=\frac{{12{m^2}+24}}{{6{m^2}+12}}=2$為定值．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，體現(xiàn)了“設而不求”的解題思想方法，是中檔題．