Question

15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A（-a，0），B（a，0），點(diǎn)M（-1，0），且3$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$，過(guò)點(diǎn)M斜率為k（k≠0）的直線交橢圓E于C，D兩點(diǎn)，且點(diǎn)C在x軸上方．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若BC⊥CD，求k的值；
（3）記直線BC，BD的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁k₂為定值．

Answer 1

分析 （1）由已知點(diǎn)的坐標(biāo)結(jié)合向量等式求得a，再由離心率求得c，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）寫(xiě)出CD所在直線方程，得到BC所在直線方程聯(lián)立求得C的坐標(biāo)，代入橢圓方程即可求得k值；
（3）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求得C、D的橫坐標(biāo)的和與積，代入斜率公式可得k₁k₂為定值．

解答 （1）解：∵A（-a，0），B（a，0），點(diǎn)M（-1，0），且3$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{MB}$，
∴3（-1+a，0）=（a+1，0），解得a=2．
又∵$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴c=$\sqrt{3}$，則b²=a²-c²=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）解：CD的方程為y=k（x+1），
∵BC⊥CD，∴BC的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-2），
聯(lián)立方程組，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（$\frac{2-{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，$\frac{3k}{1+{k}^{2}}$），
代入橢圓方程，得$\frac{（\frac{2-{k}^{2}}{1+{k}^{2}}）^{2}}{4}+（\frac{3k}{1+{k}^{2}}）^{2}=1$，
解得k=±2$\sqrt{2}$．
又∵點(diǎn)C在x軸上方，$\frac{3k}{1+{k}^{2}}$＞0，則k＞0，
∴k=2$\sqrt{2}$；
（3）證明：∵直線CD的方程為y=k（x+1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（1+4k²）x²+8k²x+4k²-4=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
k₁k₂=$\frac{{k}^{2}（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{{k}^{2}（{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}+1）}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{{k}^{2}（\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}+1）}{\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-2（-\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}）+4}$=$\frac{-3{k}^{2}}{36{k}^{2}}$=-$\frac{1}{12}$，
∴k₁k₂為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬難題．