Question

19．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+y²=1（a＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，过椭圆C的右顶点和上顶点的直线l与圆x²+y²=$\frac{2}{3}$相切，椭圆C过点P（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$），直线PF₁交y轴于Q，且$\overrightarrow{P{F_2}}$=2$\overrightarrow{QO}$，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M是椭圆C的上顶点，过点M分别作直线MA、MB交椭圆C于A、B两点，设这两条直线的斜率分别为k₁，k₂，且k₁+k₂=2，证明：证明AB过定点．

Answer 1

分析 （1）直线l方程为x+ay-a=0，由直线l与圆${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{2}{3}$相切，求出a²=2，由此能求出椭圆C的方程．
（2）当直线AB的斜率不存在时，设A（x₀，y₀），则B（x₀，-y₀），由k₁+k₂=2，得x₀=-1，当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m（m≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用韦达定理、斜率公式能证明AB过定点（-1，-1）．

解答 解：（1）∵直线l过点（a，0），（0，1），
∴直线l方程为x+ay-a=0，
∵直线l与圆${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{2}{3}$相切，∴$\frac{a}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
解得a²=2，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（2）当直线AB的斜率不存在时，设A（x₀，y₀），则B（x₀，-y₀），
由k₁+k₂=2，得$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$+$\frac{-{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$=2，
解得x₀=-1，
当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m（m≠1），
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵k₁+k₂=2，
∴$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=2，∴$\frac{（k{x}_{2}+m-1）+（k{x}_{2}+m-1）}{{x}_{1}{x}_{2}}=2$，
∴（2-2k）${x}_{1}{{x}_{2}}^{\;}$=（m-1）（x₂+x₁），
∴（2-2k）（2m²-2）=（m-1）（-4km），
由m≠1，（1-k）（m+1）=-km，得k=m+1，
∴y=kx+m=（m+1）x+m，
∴m（x+1）=y-x，
∴AB过定点（-1，-1）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、斜率公式、直线方程、椭圆性质的合理运用．