Question

6．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），過橢圓的右焦點F任作一條直線交橢圓C于A，B兩點，過橢圓中心任作一條直線交橢圓C于M，N兩點．
（Ⅰ）求證：AM與AN的斜率之積為定值；
（Ⅱ）若2a•|AB|=|MN|²，試探究直線AB與直線MN的傾斜角之間的關系．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設A（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），由$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=1，兩式相減，得$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，由此能證明k_AM•k_AN為定值．
（Ⅱ）當弦AB所在直線的斜率不存在時，MN∥AB，當弦AB，弦MN所在直線的斜率均存在時，設弦AB與弦MN的斜率分別為k₁，k₂，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），則直線AB，MN的方程分別為y=k₁（x-c），y=k₂x，分別與橢圓C聯(lián)立方程組，求出|AB|和|MN|，推導出弦AB與弦MN所在直線的傾斜角相等或互補．

解答 證明：（Ⅰ）設A（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），
由$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=1，
兩式相減，得$\frac{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=0，即$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∵${k}_{AM}=\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$，${k}_{AN}=\frac{{y}_{0}+{y}_{1}}{{x}_{0}+{x}_{1}}$，
∴k_AM•k_AN=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$為定值．
解：（Ⅱ）當弦AB所在直線的斜率不存在時，|AB|=$\frac{2^{2}}{a}$，
∴|MN|=2b，∴弦MN為此橢圓的短軸，
此時，MN∥AB，
當弦AB，弦MN所在直線的斜率均存在時，
不妨設弦AB與弦MN的斜率分別為k₁，k₂，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
則直線AB，MN的方程分別為y=k₁（x-c），y=k₂x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-c）}\\{^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}-{a}^{2}^{2}=0}\end{array}\right.$，
得$（^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}）{x}^{2}-2{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}c{y}^{2}+{a}^{2}{c}^{2}{{k}_{1}}^{2}-{a}^{2}^{2}=0$，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}c}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{a}^{2}{c}^{2}{{k}_{1}}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{2{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}c}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}）^{2}-4•\frac{{a}^{2}{c}^{2}{{k}_{1}}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}$•$\sqrt{\frac{4{a}^{2}^{4}（1+{{k}_{1}}^{2}）}{（^{2}+{a}^{2}{k}_{1}）^{2}}}$=$\frac{（1+{{k}_{1}}^{2}）•2a^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}$，
同理，由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{2}x}\\{^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}-{a}^{2}^{2}=0}\end{array}\right.$，
得$（^{2}+{a}^{2}{{k}_{2}}^{2}）{x}^{2}-{a}^{2}^{2}=0$，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=0，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{2}}^{2}}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{{k}_{2}}^{2}}$•|x₃-x₄|=$\sqrt{1+{{k}_{2}}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}}$
=$\sqrt{1+{{k}_{2}}^{2}}$•$\sqrt{0-4•\frac{-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{2}}^{2}}}$
=2ab•$\frac{\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}}{\sqrt{^{2}+{a}^{2}{k}_{1}{\;}^{2}}}$，
∵|AB|=$\frac{|MN{|}^{2}}{2a}$，即2a•$\frac{（1+{{k}_{1}}^{2}）•2a^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}_{1}{\;}^{2}}$=4a²b²•$\frac{1+{{k}_{2}}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{2}}^{2}}$，
即2a•$\frac{1+{{k}_{1}}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{1}}^{2}}$=4a²b²•$\frac{1+{{k}_{2}}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{{k}_{2}}^{2}}$，
即$（{a}^{2}-^{2}）{{k}_{1}}^{2}$=（a²-b²）${{k}_{2}}^{2}$，
∵a＞b，∴${{k}_{1}}^{2}={{k}_{2}}^{2}$，∴k₁=±k₂，
∴弦AB與弦MN所在直線的傾斜角相等或互補，
∴弦AB與弦CD的斜率有一個存在，一個不存在時，滿足題意．

點評 本題考查AM與AN的斜率之積為定值的證明，考查直線AB與直線MN的傾斜角之間的關系的探究，綜合性強，難度大，對數(shù)學思維能力要求較高，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運用．