Question

18．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個焦點F₁，F(xiàn)₂，且過橢圓一個焦點及頂點的直線方程為x-y+$\sqrt{3}$=0
（1）求橢圓E的方程；
（2）過點B（3，0）的直線l與橢圓E相交于點P，Q，過點A（2，1）的直線AP，AQ分別與x軸相交于M，N兩點，點C（$\frac{5}{2}$，0），求證：|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）推導出左焦點為（-$\sqrt{3}$，0），上頂點為（0，$\sqrt{3}$），從而能求出橢圓方程．
（2）設直線l的方程為x=my+3，直線AP的方程為：y-1=$\frac{{y}_{{1}_{\;}-1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，從而求出M坐標，同理，求出N點坐標，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，得：（2+m²）y²+6my+3=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合已知條件能證明|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）∵過橢圓一個焦點及頂點的直線方程為x-y+$\sqrt{3}$=0，
∴左焦點為（-$\sqrt{3}$，0），上頂點為（0，$\sqrt{3}$），
∴b=c=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
證明：（2）設直線l的方程為x=my+3，
P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
直線AP的方程為：y-1=$\frac{{y}_{{1}_{\;}-1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，
∵過點A（2，1）的直線AP，
AQ分別與x軸相交于M，N兩點，
∴M（$\frac{2{y}_{1}-{x}_{1}}{{y}_{1}-1}$，0），即M（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{1}-1}$，0），
同理，得N（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{2}-1}$，0），即N（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{2}-1}$，0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，消去x，整理，得：（2+m²）y²+6my+3=0，
由△=36m²-12（2+m²）＞0，得m²＞1，
${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3}{2+{m}^{2}}$，
|CM|•|CN|=（$\frac{5}{2}-\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{1}-1}$）•（$\frac{5}{2}$-$\frac{（2-m）{y}_{2}-3}{{y}_{2}-1}$）
=$\frac{（1+2m）{y}_{1}+3}{2（{y}_{1}-1）}•\frac{（1+2m）{y}_{1}+3}{2（{y}_{2}-1）}$
=$\frac{（1+2m）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（1+2m）（{y}_{1}+{y}_{2}）+1}{4[{y}_{1}{y}_{2}-（{y}_{1}+{y}_{2}）+1]}$
=$\frac{（1+2m）^{2}•\frac{3}{2+{m}^{2}}+（1+2m）•（-\frac{6m}{2+{m}^{2}}）+1}{4（\frac{3}{2+{m}^{2}}+\frac{6m}{2+{m}^{2}}+1）}$
=$\frac{3+12m+12{m}^{2}-6m-12{m}^{2}+2+{m}^{2}}{4（3+6m+2+{m}^{2}）}$
=$\frac{{m}^{2}+6m+5}{4（{m}^{2}+6m+5）}$=$\frac{1}{4}$．
∴|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查方程的求法，考查兩線段乘積為定值的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達定理的合理運用．