Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），若a=$\sqrt{2}$b，且直线l：x-y+$\sqrt{2}$=0与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k₁，k₂，且k₁+k₂=3，证明：直线AB过定点（-$\frac{2}{3}$，-1）．

Answer 1

分析 （1）依题意求得圆的方程，由直线和圆相切的条件：d=r，求得b=1，由条件求得a，即可得到椭圆方程；
（2）显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程消去y，得到x的方程，运用韦达定理，结合斜率公式，化简整理，由恒成立的思想，即可得到定点．

解答 解：（1）依题意，得a=$\sqrt{2}$b，
由直线l：x-y+$\sqrt{2}$=0与圆x²+y²=b²相切，
可得b=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+1}}$=1，即有a=$\sqrt{2}$，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）证明：显然直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+t，
代入椭圆方程，得（2k²+1）x²+4ktx+2（t²-1）=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2（{t}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}$，①
由M（0，1），k₁+k₂=3，得$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=3，
又y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，②
由①，②得2k+（t-1）•$\frac{2kt}{1-{t}^{2}}$=3，
化简，得t=$\frac{2k-3}{3}$．
则直线AB的方程为y=kx+$\frac{2k-3}{3}$=k（x+$\frac{2}{3}$）-1，
则直线AB过定点（-$\frac{2}{3}$，-1）．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要是顶点，考查直线方程和椭圆方程联立，消去未知数，运用韦达定理，结合斜率公式，化简整理，由恒成立的思想，即可得到定点，本题属于中档题．