Question

11．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)$（\sqrt{2}，0）$，且焦距為2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若A為橢圓的下頂點(diǎn)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1，1）的直線與橢圓C交于不同兩點(diǎn)M，N（均異于點(diǎn)A），證明：直線AM與AN的斜率之和為定值，并求出定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓焦點(diǎn)在x軸上，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)$（\sqrt{2}，0）$，且焦距為2，則$a=\sqrt{2}，c=1$，由b²=a²-c²=1，即可求得橢圓C的方程；
（2）由當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，$M（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}），N（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，則k_AM+k_AN=2，當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=k（x-1）+1（k≠2），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知：${x_1}+{x_2}=\frac{4k（k-1）}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{2k（k-2）}{{1+2{k^2}}}$，則${k_{AM}}+{k_{AN}}=\frac{{{y_1}+1}}{x_1}+\frac{{{y_2}+1}}{x_2}=\frac{{k{x_1}+2-k}}{x_1}+\frac{{k{x_2}+2-k}}{x_2}$=$2k+（{2-k}）\frac{4k（k-1）}{2k（k-2）}=2k-（2k-1）=2$
即可求得直線AM與AN的斜率之和為定值2．

解答 解：（1）由題意知：橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），焦點(diǎn)在x軸上，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)$（\sqrt{2}，0）$，且焦距為2．
即$（\sqrt{2}，0）$為橢圓的右頂點(diǎn)，焦距2c=2，
∴$a=\sqrt{2}，c=1$，
由b²=a²-c²，解得：b=1，…（2分）
∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$…．（4分）
（2）證明：當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，$M（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}），N（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
此時(shí)，k_AM+k_AN=2…（5分）
當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=k（x-1）+1（k≠2），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²-4k（k-1）x+2k（k-2）=0，
由已知△＞0，解得k＜-2或k＞0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），x₁x₂≠0
則${x_1}+{x_2}=\frac{4k（k-1）}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{2k（k-2）}{{1+2{k^2}}}$，…..…（7分）
從而直線AM與AN的斜率之和${k_{AM}}+{k_{AN}}=\frac{{{y_1}+1}}{x_1}+\frac{{{y_2}+1}}{x_2}=\frac{{k{x_1}+2-k}}{x_1}+\frac{{k{x_2}+2-k}}{x_2}$，…..…（8分）
=$2k+（2-k）（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）=2k+（2-k）\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}$，
=$2k+（{2-k}）\frac{4k（k-1）}{2k（k-2）}=2k-（2k-1）=2$，…（11分）
∴直線AM與AN的斜率之和為2．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理及直線的斜率公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．