Question

7．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+y²=1，A（-2，0），D（1，0），M为椭圆C上的动点，连接MA并延长交椭圆C于点N，连接MD、ND并分别延长椭圆C于点P、Q．
（Ⅰ）若$\overrightarrow{OM}$⊥x轴（O为坐标原点），试求点P的坐标；
（Ⅱ）设直线MN、PQ的斜率存在且分别为k₁、k₂，求证：$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{4}{7}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$\overrightarrow{OM}$⊥x轴，可得M（0，1）或（0，-1），分别讨论M的坐标，求得直线MD方程，代入椭圆方程，解方程可得P的坐标；
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），可得直线MD的方程为x=$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$y+1，代入椭圆方程，运用韦达定理，可得P的坐标，同样可得Q的坐标，运用直线的斜率公式，可得k₂，化简整理成k₁的式子，即可得到证明．

解答 解：（Ⅰ）$\overrightarrow{OM}$⊥x轴，可得M（0，1）或（0，-1），
当M（0，1），D（1，0），可得直线MD的方程为x+y=1，
代入椭圆方程x²+9y²=9，可得10x²-18x=0，
解得x=0或x=$\frac{9}{5}$，
即有P（$\frac{9}{5}$，-$\frac{4}{5}$）；
当M（0，-1），可得直线MD的方程为y=x-1，
代入椭圆方程x²+9y²=9，可得10x²-18x=0，
解得x=0或x=$\frac{9}{5}$，
即有P（$\frac{9}{5}$，$\frac{4}{5}$）；
（Ⅱ）证明：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
则直线MD的方程为x=$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$y+1，
代入椭圆方程整理得[9+（$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$）²]y²+2y•$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$-8=0，
即有y₁y₃=-$\frac{8{{y}_{1}}^{2}}{9{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{1}-1）^{2}}$，
可得y₃=-$\frac{8{y}_{1}}{9{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{1}-1）^{2}}$，
则x₃=$\frac{-8（{x}_{1}-1）+9{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{1}-1）^{2}}{9{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{1}-1）^{2}}$
由x₁²+9y₁²=9，即9y₁²=9-x₁²，
即有x₃=$\frac{9-5{x}_{1}}{5-{x}_{1}}$，y₃=-$\frac{4{y}_{1}}{5-{x}_{1}}$，
即P（$\frac{9-5{x}_{1}}{5-{x}_{1}}$，-$\frac{4{y}_{1}}{5-{x}_{1}}$），
同理Q（$\frac{9-5{x}_{2}}{5-{x}_{2}}$，-$\frac{4{y}_{2}}{5-{x}_{2}}$），
由M，A，N共线，
可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=k₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
又k₂=$\frac{{y}_{4}-{y}_{3}}{{x}_{4}-{x}_{3}}$=$\frac{20（{y}_{1}-{y}_{2}）+4（{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}）}{16（{x}_{1}-{x}_{2}）}$
=$\frac{5{k}_{1}（{x}_{1}-{x}_{2}）+{x}_{1}{k}_{1}（{x}_{2}+2）-{x}_{2}{k}_{1}（{x}_{1}+2）}{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}$
=$\frac{7{k}_{1}（{x}_{1}-{x}_{2}）}{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}$=$\frac{7}{4}$k₁，
则$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{4}{7}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，注意联立直线方程和椭圆方程求交点，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．