Question

13．如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，直线l：y=$\frac{1}{2}$x与椭圆E相交于A，B两点，AB=$4\sqrt{5}$，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．
（1）求a，b的值；
（2）求证：直线MN的斜率为定值．

Answer 1

分析 （1）运用离心率公式和联立直线方程和椭圆方程，求得A的坐标，解方程可得a，b；
（2）求出椭圆方程，求得A，B的坐标，①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设出直线AD的方程为y-2=k₂（x-4），直线BC的方程为y+2=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+4），联立直线方程求出M，N的坐标，可得直线MN的斜率；②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，同理求得M，N的坐标，可得直线MN的斜率．

解答 解：（1）因为e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即c²=$\frac{1}{2}$a²，即a²-b²=$\frac{1}{2}$a²，则a²=2b²；
故椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1．
由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2{b}^{2}}\end{array}\right.$解得A（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$b，$\frac{\sqrt{3}}{3}$b）；
又AB=4$\sqrt{5}$，所以OA=2$\sqrt{5}$，即$\frac{4}{3}$b²+$\frac{1}{3}$b²=20，解得b²=12；
故a=2$\sqrt{6}$，b=2$\sqrt{3}$；
（2）证明：由（1）知，椭圆E的方程为$\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{12}=1$，
从而A（4，2），B（-4，-2）；
①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，
设直线CA，DA的斜率分别为k₁，k₂，C（x₀，y₀），
显然k₁≠k₂；${k_1}•{k_{CB}}=\frac{{{y_0}-2}}{{{x_0}-4}}•\frac{{{y_0}+2}}{{{x_0}+4}}=\frac{{{y_0}^2-4}}{{{x_0}^2-16}}=\frac{{8-\frac{{{x_0}^2}}{2}}}{{{x_0}^2-16}}=-\frac{1}{2}$，
所以k_CB=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$； 同理k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$，
于是直线AD的方程为y-2=k₂（x-4），直线BC的方程为y+2=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$（x+4）；
∴$\left\{\begin{array}{l}y+2=-\frac{1}{{2{k_1}}}（x+4）\\ y-2={k_2}（x-4）\end{array}\right.∴\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}\\ y=\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}\end{array}\right.$，
从而点N的坐标为$（\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}）$；
用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为$（\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_2}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}，\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_1}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}）$；
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_2}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{-4{k_1}{k_2}-8{k_1}+2}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}{{\frac{{8{k_1}{k_2}-8{k_1}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}-\frac{{8{k_1}{k_2}-4{k_2}-4}}{{2{k_1}{k_2}+1}}}}=\frac{{8（{k_1}-{k_2}）}}{{8（{k_2}-{k_1}）}}=-1$，
即直线MN的斜率为定值-1；
②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，
根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，
故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C（4，-2）；
仍然设DA的斜率为k₂，由①知k_DB=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$；
此时CA：x=4，DB：y+2=-=-$\frac{1}{2{k}_{2}}$（x+4），它们交点M（4，$-\frac{4}{k_2}-2$）；
BC：y=-2，AD：y-2=k₂（x-4），它们交点N（$4-\frac{4}{k_2}$，-2），
从而k_MN=-1也成立；
由①②可知，直线MN的斜率为定值-1．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，求出交点，考查分类讨论的思想方法，注意直线的斜率和直线方程的运用，考查运算能力，属于难题．