Question

如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆E：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的离心率为

2

2

，直线l：y=

1

2

x与椭圆E相交于A，B两点，AB=2

5

，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．
（1）求a，b的值；
（2）求证：直线MN的斜率为定值．

Answer 1

考点：椭圆的简单性质

专题：综合题,圆锥曲线的定义、性质与方程,圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）根据椭圆的几何性质，利用离心率e以及AB的长，求出a、b的值；
（2）方法一：结合椭圆E的方程，求出A、B的坐标，讨论：
①CA，CB，DA，DB斜率都存在时，利用斜率的关系，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出M、N的坐标，计算k_MN的值；
②CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，求出M、N的坐标，计算k_MN的值；从而得出正确的结论．
方法二：利用椭圆E的方程，求出A、B的坐标，讨论：
①CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设出直线的斜率，由直线与椭圆联立，求出M、N点的坐标，计算k_MN的值；
②CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，求出M、N点的坐标，计算k_MN的值，即可得出正确的结论．

解答： 解：（1）因为e=

c

a

=

2

2

，所以c²=

1

2

a²，即a²-b²=

1

2

a²，所以a²=2b²；…（2分）
故椭圆方程为

x2

2b2

+

y2

b2

=1；
由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，
由

y= 1 2 x x2 2b2 + y2 b2 =1

解得A（

2 3

3

b，

3

3

b）；
又AB=2

5

，所以OA=

5

，即

4

3

b²+

1

3

b²=5，解得b²=3；
故a=

6

，b=

3

；    …（5分）
（2）方法一：由（1）知，椭圆E的方程为

x2

6

+

y2

3

=1，从而A（2，1），B（-2，-1）；
①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k₁，k₂，C（x₀，y₀），
显然k₁≠k₂；
从而k₁•k_CB=

y0-1

x0-2

•

y0+1

x0+2

=

y02-1

x02-4

=

3(1- x02 6 )-1

x02-4

=

2- x02 2

x02-4

=-

1

2

，
所以k_CB=-

1

2k1

；                                    …（8分）
同理k_DB=-

1

2k2

，
于是直线AD的方程为y-1=k₂（x-2），直线BC的方程为y+1=-

1

2k1

（x+2）；
由

y+1=- 1 2k1 (x+2) y-1=k2(x-2)

解得

x= 4k1k2-4k1-2 2k1k2+1 y= -2k1k2-4k2+1 2k1k2+1

；
从而点N的坐标为（

4k1k2-4k1-2

2k1k2+1

，

-2k1k2-4k2+1

2k1k2+1

）；
用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为（

4k1k2-4k2-2

2k1k2+1

，

-2k1k2-4k1+1

2k1k2+1

）；…（11分）
所以k_MN=

-2k1k2-4k2+1 2k1k2+1 - -2k1k2-4k1+1 2k1k2+1

4k1k2-4k1-2 2k1k2+1 - 4k1k2-4k2-2 2k1k2+1

=

4(k1-k2)

4(k2-k1)

=-1；
即直线MN的斜率为定值-1；          …（14分）
②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，
根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C（2，-1）；
仍然设DA的斜率为k₂，由①知k_DB=-

1

2k2

；
此时CA：x=2，DB：y+1=-

1

2k2

（x+2），它们交点M（2，-1-

2

k2

）；
BC：y=-1，AD：y-1=k₂（x-2），它们交点N（2-

2

k2

，-1），
从而k_MN=-1也成立；
由①②可知，直线MN的斜率为定值-1；   …（16分）
方法二：由（1）知，椭圆E的方程为

x2

6

+

y2

3

=1，从而A（2，1），B（-2，-1）；
①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k₁，k₂；
显然k₁≠k₂；
直线AC的方程y-1=k₁（x-2），即y=k₁x+（1-2k₁）；
由

y=k1x+(1-2k1) x2 6 + y2 3 =1

得（1+2k₁²）x²+4k₁（1-2k₁）x+2（4k₁²-4k₁-2）=0；
设点C的坐标为（x₁，y₁），则2•x₁=

2(4k12-4k1-2)

1+2k12

，从而x₁=

4k12-4k1-2

2k12+1

；
所以C（

4k12-4k1-2

2k12+1

，

-2k12-4k1+1

2k12+1

）；
又B（-2，-1），
所以k_BC=

-2k12-4k1+1 2k12+1 +1

4k12-4k1-2 2k12+1 +2

=-

1

2k1

；    …（8分）
所以直线BC的方程为y+1=-

1

2k1

（x+2）；
又直线AD的方程为y-1=k₂（x-2）；
由

y+1=- 1 2k1 (x+2) y-1=k2(x-2)

解得

x= 4k1k2-4k1-2 2k1k2+1 y= -2k1k2-4k2+1 2k1k2+1

；
从而点N的坐标为（

4k1k2-4k1-2

2k1k2+1

，

-2k1k2-4k2+1

2k1k2+1

）；
用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为（

4k1k2-4k2-2

2k1k2+1

，

-2k1k2-4k1+1

2k1k2+1

）；…（11分）
所以k_MN=

-2k1k2-4k2+1 2k1k2+1 - -2k1k2-4k1+1 2k1k2+1

4k1k2-4k1-2 2k1k2+1 - 4k1k2-4k2-2 2k1k2+1

=

4(k1-k2)

4(k2-k1)

=-1；
即直线MN的斜率为定值-1；  …（14分）
②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，
根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C（2，-1）；
仍然设DA的斜率为k₂，则由①知k_DB=-

1

2k2

；
此时CA：x=2，DB：y+1=-

1

2k2

（x+2），它们交点M（2，-1-

2

k2

）；
BC：y=-1，AD：y-1=k₂（x-2），它们交点N（2-

2

k2

，-1），
从而k_MN=-1也成立；
由①②可知，直线MN的斜率为定值-1．    …（16分）

点评：本题考查了椭圆的几何性质的应用问题，也考查了直线与椭圆的综合应用问题，考查了分类讨论思想的应用问题，是较难的题目．