Question

6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点A（0，-1），期左、右焦点分别为F₁、F₂，过F₂的一条直线与椭圆交于M、N两点，△MF₁N的周长为4$\sqrt{2}$
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）经过点B（1，1）且斜率为k的直线与椭圆C交于不同的两点P、Q（均异于点A），证明直线AP与AQ斜率之和为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可知△MF₁N 的周长为4a=4$\sqrt{2}$，椭圆经过点A（0，-1），由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设直线PQ的方程为y-1=k（x-1），k≠2，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能证明直线AP与AQ斜率之和为定值．

解答 解：（Ⅰ）由已知可知△MF₁N 的周长为4a，∴4a=4$\sqrt{2}$，得a=$\sqrt{2}$，
又椭圆经过点A（0，-1），得b=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．…（4分）
证明：（Ⅱ）由题设可设直线PQ的方程为y-1=k（x-1），k≠2，
化简，得y=kx-k+1，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，
由已知△＞0，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁x₂≠0，
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k（k-1）}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2k（k-2）}{1+2{k}^{2}}$，…（6分）
从而直线AP，AQ的斜率之和
k_AP+k_AQ=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{k{x}_{1}-k+2}{{x}_{1}}$+$\frac{k{x}_{2}-k+2}{{x}_{2}}$=2k-（k-2）（$\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}$） …（8分）
=2k-（k-2）$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=2k-（k-2）$\frac{4k（k-1）}{2k（k-2）}$=2k-2（k-1）=2，
故直线AP与AQ斜率之和为定值2．…（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、椭圆性质的合理运用．