Question

15．設(shè)M、N、T是橢圓$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1上三個(gè)點(diǎn)，M、N在直線x=8上的攝影分別為M₁、N₁．
（Ⅰ）若直線MN過(guò)原點(diǎn)O，直線MT、NT斜率分別為k₁，k₂，求證k₁k₂為定值．
（Ⅱ）若M、N不是橢圓長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，點(diǎn)L坐標(biāo)為（3，0），△M₁N₁L與△MNL面積之比為5，求MN中點(diǎn)K的軌跡方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)M（p，q），N（-p，-q），T（x₀，y₀），則k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{q}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{p}^{2}}$，
又$\frac{{p}^{2}}{16}+\frac{{q}^{2}}{12}=1，\frac{{{x}_{0}}^{2}}{16}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{12}=1$即可得k₁k₂
（Ⅱ）設(shè)直線MN與x軸相交于點(diǎn)R（r，0），根據(jù)面積之比得r
即直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)F（2，0）．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），K（x₀，y₀）
分①當(dāng)直線MN垂直于x軸時(shí)，②當(dāng)直線MN與x軸不垂直時(shí)，設(shè)MN的方程為y=k（x-2）
x₀=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$．${y}_{0}=\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$消去k，整理得（x₀-1）²+$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1（y₀≠0）．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)M（p，q），N（-p，-q），T（x₀，y₀），則k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{q}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{p}^{2}}$，…（2分）
又$\frac{{p}^{2}}{16}+\frac{{q}^{2}}{12}=1，\frac{{{x}_{0}}^{2}}{16}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{12}=1$兩式相減得$\frac{{{x}_{0}}^{2}-{p}^{2}}{16}+\frac{{{y}_{0}}^{2}-{q}^{2}}{12}=0$，
即k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{q}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{p}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，…（…（5分）
（Ⅱ）設(shè)直線MN與x軸相交于點(diǎn)R（r，0），s_△MNL=$\frac{1}{2}$×|r-3|•|y_M-y_N|
${S}_{{M}_{1}{N}_{1}L}$=$\frac{1}{2}•5•$|${y}_{{M}_{1}}-{y}_{{N}_{1}}|\$．
由于△M₁N₁L與△MNL面積之比為5且|y_M-y_N|=|${y}_{{M}_{1}}-{y}_{{N}_{1}}|\$，得
$\frac{1}{2}•5•|{y}_{{M}_{1}}-{y}_{{N}_{1}}|\$=5$|r-3|•|{y}_{M}-{y}_{N}|\$$•\frac{1}{2}$，r=4（舍去）或r=2．…（8分）
即直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)F（2，0）．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），K（x₀，y₀）
①當(dāng)直線MN垂直于x軸時(shí)，弦MN中點(diǎn)為F（2，0）；…（9分）
②當(dāng)直線MN與x軸不垂直時(shí)，設(shè)MN的方程為y=k（x-2），則
聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1，y=k（x-2）$．⇒（3+4k²）x²-16k²x+16k²-48=0
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$${x}_{1}{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$．…（10分）
x₀=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$．${y}_{0}=\frac{-6k}{3+4{k}^{2}}$
消去k，整理得（x₀-1）²+$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1（y₀≠0）．
綜上所述，點(diǎn)K的軌跡方程為（x-1）²+$\frac{4{y}^{2}}{3}$=1（x＞0）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了軌跡方程的求法，及直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．