分析 聯(lián)立{y=12xx26+y23=1,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•kCB=-12,kCB=-12k1;同理kDB=-12k2,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=-12k1(x+2);聯(lián)立解得:點(diǎn)N的坐標(biāo)為(4k1k2−4k1−22k1k2+1,−2k1k2−4k2+12k1k2+1);用k2代k1,k1代k2得點(diǎn)M的坐標(biāo).可得kMN=4(k2−k1)4(k1−k2)=-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kDB=-12k2;即可得出.
解答 證明:聯(lián)立{y=12xx26+y23=1,解得{x=2y=1,或{x=−2y=−1,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•kCB=y0−1x0−2•y0+1x0+2=y20−1x20−4=3(1−x206)−1x20−4=-12,
∴kCB=-12k1;
同理kDB=-12k2,
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=-12k1(x+2);
由{y+1=−12k1(x+2)y−1=k2(x−2),解得{x=4k1k2−4k1−22k1k2+1y=−2k1k2−4k2+12k1k2+1,從而點(diǎn)N的坐標(biāo)為(4k1k2−4k1−22k1k2+1,−2k1k2−4k2+12k1k2+1);
用k2代k1,k1代k2得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4k1k2−4k2−22k1k2+1,−2k1k2−4k1+12k1k2+1).
∴kMN=−2k1k2−4k1+12k1k2+1−−2k1k2−4k2+12k1k2+14k1k2−4k2−22k1k2+1−4k1k2−4k1−22k1k2+1=4(k2−k1)4(k1−k2)=-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kDB=-12k2;
此時(shí)CA:x=2,DB:y+1=-12k2(x+2),它們交點(diǎn)M(2,-1-2k2);
BC:y=-1,AD:y-1=k2(x-2),它們交點(diǎn)N(2-2k2,-1),
從而kMN=-1也成立.
綜上可得:kMN=-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.
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