Question

8．已知橢圓Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F，點(diǎn)P（1，1），PF⊥x軸，橢圓Г上的兩動(dòng)點(diǎn)R，S關(guān)天原點(diǎn)對(duì)稱，且$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{SP}$的最小值為-2．
（1）求橢圓Г的方程；
（2）過(guò)P作兩條動(dòng)直線l₁、l₂分別交Г于A，B和C，D，弦AB，CD的中點(diǎn)分別為M、N，若直線l₁，l₂的傾斜角互余，求證：直線MN過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)S（acosθ，bsinθ），則R（-acosθ，-bsinθ），用θ表示出$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{SP}$，從而得出a的值，結(jié)合c=1得出橢圓方程；
（2）設(shè)l₁方程為y=k（x-1）+1，聯(lián)立方程組利用根與系數(shù)的關(guān)系和中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出M，N的坐標(biāo)，得出直線MN的方程，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵PF⊥x軸，P（1，1），∴F（1，0），即c=1．
設(shè)S（acosθ，bsinθ），則R（-acosθ，-bsinθ），
∴$\overrightarrow{SP}$=（1-acosθ，1-bsinθ），$\overrightarrow{RP}$=（1+acosθ，1+bsinθ），
∴$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{SP}$=1-a²cos²θ+1-b²sin²θ=2-a²cos²θ-（a²-1）sin²θ=2-a²+sin²θ，
∴當(dāng)sin²θ=0時(shí)，$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{SP}$取得最小值2-a²=-2，∴a²=4，
∴b²=4-1=3，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）設(shè)l₁方程為y=k（x-1）+1，則直線l₂的方程為y=$\frac{1}{k}$（x-1）+1，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消元得（3+4k²）x²+8k（1-k）x+4（k-1）²-12=0．
∴x_M=$\frac{4k（k-1）}{3+4{k}^{2}}$，y_M=k（x_M-1）+1=$\frac{3-3k}{3+4{k}^{2}}$，
∴M（$\frac{4k（k-1）}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{3-3k}{3+4{k}^{2}}$），
把k換成$\frac{1}{k}$即可得N（$\frac{4-4k}{3{k}^{2}+4}$，$\frac{3k（k-1）}{3{k}^{2}+4}$），
∴直線MN的斜率為$\frac{\frac{3k（k-1）}{3{k}^{2}+4}-\frac{3-3k}{3+4{k}^{2}}}{\frac{4-4k}{3{k}^{2}+4}-\frac{4k（k-1）}{3+4{k}^{2}}}$=-$\frac{3}{4}$•$\frac{4{k}^{2}-k+4}{3{k}^{2}+k+3}$，
∴直線MN的方程為：y-$\frac{3-3k}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$•$\frac{4{k}^{2}-k+4}{3{k}^{2}+k+3}$（x-$\frac{4k（k-1）}{3+4{k}^{2}}$），
∴直線MN過(guò)定點(diǎn)（4，-3）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．