Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+y²=1，A（-2，0），D（1，0），M為橢圓C上的動點，連接MA并延長交橢圓C于點N，連接MD、ND并分別延長橢圓C于點P、Q．
（Ⅰ）若$\overrightarrow{OM}$⊥x軸（O為坐標原點），試求點P的坐標；
（Ⅱ）設(shè)直線MN、PQ的斜率存在且分別為k₁、k₂，求證：$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{4}{7}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$\overrightarrow{OM}$⊥x軸，可得M（0，1）或（0，-1），分別討論M的坐標，求得直線MD方程，代入橢圓方程，解方程可得P的坐標；
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），可得直線MD的方程為x=$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$y+1，代入橢圓方程，運用韋達定理，可得P的坐標，同樣可得Q的坐標，運用直線的斜率公式，可得k₂，化簡整理成k₁的式子，即可得到證明．

解答 解：（Ⅰ）$\overrightarrow{OM}$⊥x軸，可得M（0，1）或（0，-1），
當(dāng)M（0，1），D（1，0），可得直線MD的方程為x+y=1，
代入橢圓方程x²+9y²=9，可得10x²-18x=0，
解得x=0或x=$\frac{9}{5}$，
即有P（$\frac{9}{5}$，-$\frac{4}{5}$）；
當(dāng)M（0，-1），可得直線MD的方程為y=x-1，
代入橢圓方程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）證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
則直線MD的方程為x=$\frac{{x}_{1}-1}{{y}_{1}}$y+1，
代入橢圓方程整理得[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=-$\frac{8{y}_{1}}{9{{y}_{1}}^{2}+（{x}_{1}-1）^{2}}$，
則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共線，
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，
則$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{4}{7}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程求交點，運用韋達定理和直線的斜率公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．