Question

2．已知椭圆$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦点为F，短轴长为2，点M为椭圆E上一个动点，且|MF|的最大值为$\sqrt{2}+1$．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设不在坐标轴上的点M的坐标为（x₀，y₀），点A，B为椭圆E上异于点M的不同两点，且直线x=x₀平分∠AMB，试用x₀，y₀表示直线AB的斜率．

Answer 1

分析 （1）2b=2，b=1，由$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{c^2}=1\\ a+c=\sqrt{2}+1\end{array}\right.$，联立解出即可得出．
（2）设点A，B的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），由题意可知直线MA的斜率存在，设直线MA的方程为y-y₀=k（x-x₀），与椭圆方程联立化为：$（2{k^2}+1）{x^2}+4k（{y_0}-k{x_0}）x+2（{y_0}-k{x_0}{）^2}-2=0$，利用根与系数的关系解得x₁．由于直线x=x₀平分∠AMB，可得直线MA，MB的倾斜角互补，斜率互为相反数．同理可得x₂．利用斜率计算公式、根与系数的关系代入即可得出．

解答 解：（1）2b=2，b=1，
由$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{c^2}=1\\ a+c=\sqrt{2}+1\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2}\\ c=1\end{array}\right.$，
∴椭圆E的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）设点A，B的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），由题意可知直线MA的斜率存在，设直线MA的方程为y-y₀=k（x-x₀），
由$\left\{\begin{array}{l}y-{y_0}=k（x-{x_0}）\\{x^2}+2{y^2}=2\end{array}\right.$得${x^2}+2[kx+（{y_0}-k{x_0}）{]^2}=2$，化为：$（2{k^2}+1）{x^2}+4k（{y_0}-k{x_0}）x+2（{y_0}-k{x_0}{）^2}-2=0$，
∴${x_0}•{x_1}=\frac{{2{{（{y_0}-k{x_0}）}^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}=\frac{{2{{（{y_0}-k{x_0}）}^2}-2}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}$，
∵直线x=x₀平分∠AMB，∴直线MA，MB的倾斜角互补，斜率互为相反数．
同理${x_2}=\frac{{2{{（{y_0}+k{x_0}）}^2}-2}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}$，
∴${k_{AB}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k{x_1}+{y_0}-k{x_0}-（-k{x_2}+{y_0}+k{x_0}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{k（{x_1}+{x_2}）-2k{x_0}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{k•\frac{{2（2y_0^2+2{k^2}x_0^2）-4}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}-2k{x_0}}}{{\frac{{2•2{y_0}•（-2k{x_0}）}}{{（2{k^2}+1）{x_0}}}}}$=$\frac{{k[2（2y_0^2+2{k^2}x_0^2）-4]-2kx_0^2（2{k^2}+1）}}{{-8k{x_0}{y_0}}}$=$\frac{{2y_0^2+2{k^2}x_0^2-2-2{k^2}x_0^2-x_0^2}}{{-4{x_0}{y_0}}}=\frac{2y_0^2-2-x_0^2}{{-4{x_0}{y_0}}}$=$\frac{-2x_0^2}{{-4{x_0}{y_0}}}=\frac{x_0}{{2{y_0}}}$．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．