Question

10．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1和圆C₂：x²+y²=1，A，B，F分别为椭圆C₁左顶点、下顶点和右焦点．
（1）点P是曲线C₂上位于第二象限的一点，若△APF的面积为$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{4}$，求证：AP⊥OP；
（2）点M和N分别是椭圆C₁和圆C₂上位于y轴右侧的动点，且直线BN的斜率是直线BM斜率的2倍，证明直线MN恒过定点．

Answer 1

分析 （1）利用面积公式求得点的坐标，进而证明结论成立．
（2）利用两条直线分别与圆锥曲线联立求得直线斜率，得到所求直线方程，得出定点．

解答 解：（1）证明：设曲线C₁上的点P（x₀，y₀），且x₀＜0，y₀＞0，
由题意A（$-\sqrt{2}，0$），F（1，0），∵△APF的面积为$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴${S}_{△APF}=\frac{1}{2}AF\\;y$$y=\frac{1}{2}（1+\sqrt{2}）{y}_{0}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}$，解得${y}_{0}=\frac{\sqrt{2}}{2}，{x}_{0}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$P（-\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）$
∴$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{OP}=（\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）•（-\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}）=0$，∴AP⊥OP
（2）设直线BM的斜率为k，则直线BN的斜率为2k，又两直线都过点B（0，-1），
∴直线BM的方程为y=kx-1，直线BN的方程为y=2kx-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4kx=0
解得${x}_{M}=\frac{4k}{1+2{k}^{2}}，{y}_{M}=k\frac{4k}{2{k}^{2}+1}-1=\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}$，即M（$\frac{4k}{2{k}^{2}+1}，\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}$）
$\left\{\begin{array}{l}{y=2kx-1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-4kx=0
解得，${x}_{N}=\frac{4k}{4{k}^{2}+1}，{y}_{N}=2k×\frac{4k}{4{k}^{2}+1}-1$=$\frac{4{k}^{2}-1}{4{k}^{2}+1}$，即N（$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{4{k}^{2}-1}{4{k}^{2}+1}$）
直线MN的斜率k_MN=$\frac{\frac{4{k}^{2}-1}{4k2+1}-\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}}{\frac{4k}{4{k}^{2}+1}-\frac{4k}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{（4{k}^{2}-1）（2{k}^{2}+1）-（4{k}^{2}+1）（2{k}^{2}-1）}{4k（2{k}^{2}+1）-4k（4{k}^{2}+1）}$=$-\frac{1}{2k}$
∴直线MN的方程为$y-\frac{2{k}^{2}-1}{2{k}^{2}+1}=-\frac{1}{2k}（x-\frac{4k}{2{k}^{2}+1}）$，
整理得，$y=-\frac{1}{2k}x+1$，∴直线MN恒过定点（0，1）．

点评 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合问题，在高考中属于较难题目．常考题型，难度较大．