Question

18．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，直線(xiàn)l：y=$\frac{1}{2}$x與橢圓E相交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，C，D是橢圓E上異于A(yíng)，B兩點(diǎn)，且直線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)M，直線(xiàn)AD，BC相交于點(diǎn)N，求證：直線(xiàn)MN的斜率為定值．

Answer 1

分析 聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得A（2，1），B（-2，-1）．①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)CA，DA的斜率分別為k₁，k₂，C（x₀，y₀），顯然k₁≠k₂；可得：k₁•k_CB=-$\frac{1}{2}$，k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$；同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，于是直線(xiàn)AD的方程為y-1=k₂（x-2），直線(xiàn)BC的方程為y+1=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+2）；聯(lián)立解得：點(diǎn)N的坐標(biāo)為$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$；用k₂代k₁，k₁代k₂得點(diǎn)M的坐標(biāo)．可得k_MN=$\frac{4（{k}_{2}-{k}_{1}）}{4（{k}_{1}-{k}_{2}）}$=-1；即直線(xiàn)MN的斜率為定值-1；②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線(xiàn)的斜率不存在時(shí)，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線(xiàn)斜率不存在，故不妨設(shè)直線(xiàn)CA的斜率不存在，從而C（2，-1）；仍然設(shè)DA的斜率為k₂，由①知k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；即可得出．

解答 證明：聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{y=-1}\end{array}\right.$，從而A（2，1），B（-2，-1）；
①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)CA，DA的斜率分別為k₁，k₂，C（x₀，y₀），
顯然k₁≠k₂；
從而k₁•k_CB=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-2}$•$\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}+2}$=$\frac{{y}_{0}^{2}-1}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{3（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{6}）-1}{{x}_{0}^{2}-4}$=-$\frac{1}{2}$，
∴k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$；
同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，
于是直線(xiàn)AD的方程為y-1=k₂（x-2），直線(xiàn)BC的方程為y+1=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+2）；
由$\left\{\begin{array}{l}{y+1=-\frac{1}{2{k}_{1}}（x+2）}\\{y-1={k}_{2}（x-2）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}\\{y=\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}\end{array}\right.$，從而點(diǎn)N的坐標(biāo)為$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$；
用k₂代k₁，k₁代k₂得點(diǎn)M的坐標(biāo)為$（\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}，\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}）$．
∴k_MN=$\frac{\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}-\frac{-2{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}+1}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}{\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{2}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}-\frac{4{k}_{1}{k}_{2}-4{k}_{1}-2}{2{k}_{1}{k}_{2}+1}}$=$\frac{4（{k}_{2}-{k}_{1}）}{4（{k}_{1}-{k}_{2}）}$=-1；
即直線(xiàn)MN的斜率為定值-1；
②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線(xiàn)的斜率不存在時(shí)，
根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線(xiàn)斜率不存在，
故不妨設(shè)直線(xiàn)CA的斜率不存在，從而C（2，-1）；
仍然設(shè)DA的斜率為k₂，由①知k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；
此時(shí)CA：x=2，DB：y+1=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$（x+2），它們交點(diǎn)M（2，-1-$\frac{2}{{k}_{2}}$）；
BC：y=-1，AD：y-1=k₂（x-2），它們交點(diǎn)N（2-$\frac{2}{{k}_{2}}$，-1），
從而k_MN=-1也成立．
綜上可得：k_MN=-1為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線(xiàn)與橢圓相交問(wèn)題、斜率計(jì)算公式，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．