Question

16．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓$\frac{x{\;}^{2}}{a{\;}^{2}}$+$\frac{y{\;}^{2}}{b{\;}^{2}}$=1（a＞b＞0）內(nèi)接四邊形ABCD（點(diǎn)A、B、C、D在橢圓上）的對角線AC、BD相交于P（$\frac{1}{b{\;}^{2}}$，$\frac{1}{a{\;}^{2}}$），且$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PC}$，$\overrightarrow{BP}$=λ$\overrightarrow{PD}$，則直線AB的斜率為（　�。�

• A． $\frac{-a{\;}^{2}-c{\;}^{2}}{c{\;}^{2}}$
• B． $\frac{c（λ-1）}{a}$
• C． -1
• D． -2

Answer 1

分析 設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的斜率為k．由$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}=1$，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}=1$，兩式相減可得：b²（x₁+x₂）=-a²（y₁+y₂）k，由$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PC}$，可得$\overrightarrow{OC}$=$（\frac{1+λ-{x}_{1}^{2}}{λ{(lán)b}^{2}}，\frac{1+λ-{y}_{1}{a}^{2}}{λ{(lán)a}^{2}}）$，代入橢圓的方程可得：$\frac{（1+λ-{x}_{1}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{2}^{4}}$+$\frac{（1+λ-{y}_{1}{a}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{4}^{2}}$=1，同理可得$\frac{（1+λ-{x}_{2}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{2}^{4}}$+$\frac{（1+λ-{y}_{2}{a}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{4}^{2}}$=1．兩式相減可得：2（1+λ）-$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}$+k$[2（1+λ）-（{y}_{1}+{y}_{2}）{a}^{2}]$=0，把（*）代入上式整理即可得出．

解答 解：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的斜率為k．
則$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}=1$，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}=1$，
兩式相減可得：$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{^{2}}k=0$，
化為b²（x₁+x₂）=-a²（y₁+y₂）k，（*）
∵$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PC}$，∴$\overrightarrow{OC}=\frac{1+λ}{λ}\overrightarrow{OP}-\frac{1}{λ}\overrightarrow{OA}$=$（\frac{1+λ-{x}_{1}^{2}}{λ{(lán)b}^{2}}，\frac{1+λ-{y}_{1}{a}^{2}}{λ{(lán)a}^{2}}）$，
代入橢圓的方程可得：$\frac{（1+λ-{x}_{1}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{2}^{4}}$+$\frac{（1+λ-{y}_{1}{a}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{4}^{2}}$=1，
同理可得$\frac{（1+λ-{x}_{2}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{2}^{4}}$+$\frac{（1+λ-{y}_{2}{a}^{2}）}{{λ}^{2}{a}^{4}^{2}}$=1．
兩式相減可得：2（1+λ）-$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}$+k$[2（1+λ）-（{y}_{1}+{y}_{2}）{a}^{2}]$=0，
把（*）代入上式可得：2（1+λ）+a²（y₁+y₂）k+k$[2（1+λ）-（{y}_{1}+{y}_{2}）{a}^{2}]$=0，
化為k=-1．
故選：C．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、“點(diǎn)差法”、向量的線性運(yùn)算、斜率計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題