Question

14．設橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左頂點為A，中心為O，若橢圓過點P（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），且AP⊥PO．
（1）求橢圓M的方程；
（2）過點P作兩條斜率分別為k₁，k₂的直線交橢圓M于D、E兩點，且k₁+k₂=0，求證：直線DE的斜率為常數(shù)．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，$\frac{\frac{1}{2}-0}{-\frac{1}{2}+a}$×$\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}$=-1，聯(lián)立解得a，b即可得出．
（2）設D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．設k₁=k，k₁+k₂=0，可得k₂=-k．直線PD、PE的方程分別為：y-$\frac{1}{2}$=k（x+$\frac{1}{2}$），y-$\frac{1}{2}$=-k（x+$\frac{1}{2}$），分別與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系、斜率計算公式即可得出．

解答 （1）解：由題意可得：$\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}$=1，$\frac{\frac{1}{2}-0}{-\frac{1}{2}+a}$×$\frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}}$=-1，聯(lián)立解得a=1，b=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴橢圓M的方程為：x²+3y²=1．
（2）證明：設D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
設k₁=k，∵k₁+k₂=0，∴k₂=-k．
直線PD、PE的方程分別為：y-$\frac{1}{2}$=k（x+$\frac{1}{2}$），y-$\frac{1}{2}$=-k（x+$\frac{1}{2}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{1}{2}k+\frac{1}{2}}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（4+12k²）x²+（12k²+12k）x+3k²+6k-1=0，
△＞0，
可得$-\frac{1}{2}{x}_{1}$=$\frac{3{k}^{2}+6k-1}{4+12{k}^{2}}$，可得x₁=$\frac{1-6k-3{k}^{2}}{2+6{k}^{2}}$，
同理可得：x₂=$\frac{1+6k-3{k}^{2}}{2+6{k}^{2}}$．
∴x₁+x₂=$\frac{1-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₂-x₁=$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$．
∴y₂-y₁=-kx₂-$\frac{1}{2}$k+$\frac{1}{2}$-$（k{x}_{1}+\frac{1}{2}k+\frac{1}{2}）$=-k（x₁+x₂）-k．
∴k_DE=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{-k（\frac{1-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}+1）}{\frac{6k}{1+3{k}^{2}}}$=-$\frac{1}{3}$為常數(shù)．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．