Question

18．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，直线l：y=$\frac{1}{2}$x与椭圆E相交于A，B两点，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，求证：直线MN的斜率为定值．

Answer 1

分析 联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得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；可得：k₁•k_CB=-$\frac{1}{2}$，k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$；同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，于是直线AD的方程为y-1=k₂（x-2），直线BC的方程为y+1=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+2）；联立解得：点N的坐标为$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$；用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标．可得k_MN=$\frac{4（{k}_{2}-{k}_{1}）}{4（{k}_{1}-{k}_{2}）}$=-1；即直线MN的斜率为定值-1；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=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；即可得出．

解答 证明：联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=-1}\end{array}\right.$，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=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-2}$•$\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}+2}$=$\frac{{y}_{0}^{2}-1}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{3（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{6}）-1}{{x}_{0}^{2}-4}$=-$\frac{1}{2}$，
∴k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$；
同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，
于是直线AD的方程为y-1=k₂（x-2），直线BC的方程为y+1=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+2）；
由$\left\{\begin{array}{l}{y+1=-\frac{1}{2{k}_{1}}（x+2）}\\{y-1={k}_{2}（x-2）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}\\{y=\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}\end{array}\right.$，从而点N的坐标为$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$；
用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$．
∴k_MN=$\frac{\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}-\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}{\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}-\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}$=$\frac{4（{k}_{2}-{k}_{1}）}{4（{k}_{1}-{k}_{2}）}$=-1；
即直线MN的斜率为定值-1；
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=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；
此时CA：x=2，DB：y+1=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$（x+2），它们交点M（2，-1-$\frac{2}{{k}_{2}}$）；
BC：y=-1，AD：y-1=k₂（x-2），它们交点N（2-$\frac{2}{{k}_{2}}$，-1），
从而k_MN=-1也成立．
综上可得：k_MN=-1为定值．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、斜率计算公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．