Question

14．已知橢圓$E：\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$的右焦點(diǎn)為F，設(shè)直線(xiàn)l：x=5與x軸的交點(diǎn)為E，過(guò)點(diǎn)F且斜率為k的直線(xiàn)l₁與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，M為線(xiàn)段EF的中點(diǎn)．
（I）若直線(xiàn)l₁的傾斜角為$\frac{π}{4}$，|AB|的值；
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)AM交直線(xiàn)l于點(diǎn)N，證明：直線(xiàn)BN⊥l．

Answer 1

分析 （I）設(shè)直線(xiàn)l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式即可求得|AB|的值；
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l₁的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，由A，M，N三點(diǎn)共線(xiàn)，求得N點(diǎn)坐標(biāo)，y₀-y₂=$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-3}$-y₂=$\frac{2k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}-3}$-k（x₂-1），代入，利用韋達(dá)定理即可求得y₀=y₂，則直線(xiàn)BN⊥l．

解答 解：（I）由題意可知：橢圓$E：\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$，a=$\sqrt{5}$，b=2，c=1，則F（1，0），E（5，0），M（3，0），
由直線(xiàn)l₁的傾斜角為$\frac{π}{4}$，則k=1，直線(xiàn)l的方程y=x-1，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，整理得：9x²-10x-15=0，
則x₁+x₂=$\frac{10}{9}$，x₁x₂=-$\frac{5}{3}$，
則丨AB丨=$\sqrt{1+1}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{16\sqrt{5}}{9}$，
|AB|的值$\frac{16\sqrt{5}}{9}$；
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l₁的方程為y=k（x-1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），

則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4+5k²）x²-10k²x+5k²-20=0，
則x₁+x₂=$\frac{10{k}^{2}}{4+5{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{5{k}^{2}-20}{4+5{k}^{2}}$，
設(shè)N（5，y₀），由A，M，N三點(diǎn)共線(xiàn)，
有$\frac{-{y}_{1}}{3-{x}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{2}$，則y₀=$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-3}$，
由y₀-y₂=$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-3}$-y₂=$\frac{2k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}-3}$-k（x₂-1）=$\frac{3k（{x}_{1}+{x}_{2}）-k{x}_{1}{x}_{2}-5k}{{x}_{1}-3}$，
=$\frac{3k•\frac{10{k}^{2}}{4+5{k}^{2}}-k•\frac{5{k}^{2}-20}{4+5{k}^{2}}-5k}{{x}_{1}-3}$=0，
∴直線(xiàn)BN∥x軸，
∴BN⊥l．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．