Question

18．在平面直角坐标系xOy中，M，N是x轴上的动点，且|OM|²+|ON|²=8，过点M，N分别作斜率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$的两条直线交于点P，设点P的轨迹为曲线E．
（Ⅰ）求曲线E的方程；
（Ⅱ）过点Q（1，1）的两条直线分别交曲线E于点A，C和B，D，且AB∥CD，求证直线AB的斜率为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出M，N的坐标，利用|OM|²+|ON|²=8求曲线E的方程；
（Ⅱ）利用点差法，求出CD的斜率，即可证明结论．

解答 （Ⅰ）解：设P（m，n），直线$PM：y-n=\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{x-m}）$，令y=0，得$M（{m-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n，0}）$，
直线$PN：y-n=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}（{x-m}）$，令y=0，得$N（{m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n，0}）$．
∴${\overrightarrow{OM}^2}+{\overrightarrow{ON}^2}={（{m-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n}）^2}+{（{m+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}n}）^2}=2{m^2}+\frac{{8{n^2}}}{3}=8⇒\frac{m^2}{4}+\frac{n^2}{3}=1$．
∴曲线E的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）证明：∵AB∥CD，设$\overrightarrow{AQ}=λ\overrightarrow{QC}，\overrightarrow{BQ}=λ\overrightarrow{QD}，（{λ＞0}）$，A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），
则（1-x_A，1-y_A）=λ（x_C-1，y_C-1），
即x_A=1+λ-λx_C，y_A=1+λ-λy_C①，同理x_B=1+λ-λx_D，y_B=1+λ-λy_D②
将A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），代入椭圆方程得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_A}^2}}{4}+\frac{{{y_A}^2}}{3}=1\\ \frac{{{x_B}^2}}{4}+\frac{{{y_B}^2}}{3}=1\end{array}\right.$，
化简得3（x_A+x_B）（x_A-x_B）=-4（y_A+y_B）（y_A-y_B）③
把①②代入③，得3（2+2λ）（x_C-x_D）-3λ（x_C+x_D）（x_C-x_D）=-4（2+2λ）（y_C-y_D）+4λ（2+2λ）（y_C+y_D）（y_C-y_D）
将C（x_C，y_C），D（x_D，y_D），代入椭圆方程，同理得3（x_C+x_D）（x_C-x_D）=-4（y_C+y_D）（y_C-y_D）代入上式得3（x_C-x_D）=-4（y_C-y_D）．
即$\frac{{{y_C}-{y_D}}}{{{x_C}-{x_D}}}=-\frac{3}{4}$，
∴直线AB的斜率为定值$-\frac{3}{4}$

点评 本题考查轨迹方程，考查点差法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．