Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，橢圓C與y軸交于點(diǎn)M，△MF₁F₂的面積為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)A、B是橢圓C的左、右頂點(diǎn)，P、Q是橢圓上的兩點(diǎn)，且滿足k_AP=2k_QB，求證直線PQ過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)△MF₁F₂的面積$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$及e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，計(jì)算可知a²=4、b²=1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）可設(shè)交點(diǎn)為N（n，0），則直線PQ方程可設(shè)為：x=my+n，設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），通過(guò)k_AP=2k_QB可知my₁y₂-（n-2）（y₁+y₂）+（3n+2）y₂=0，利用韋達(dá)定理、化簡(jiǎn)可知$\frac{m（3n+2）（n-2）}{{m}^{2}+4}$+（3n+2）y₂=0，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵△MF₁F₂的面積為$\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{c}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a²=4，b²=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）證明：∵k_AP=2k_QB，∴P、Q在x軸兩側(cè)，即直線PQ與x軸相交，
設(shè)交點(diǎn)為N（n，0），則直線PQ方程可設(shè)為：x=my+n，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x、整理得：（m²+4）y²+2mny+n²-4=0，
設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∵k_AP=2k_QB，∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，即y₁（x₂-2）=2y₂（x₁+2），
又∵x₁=my₁+n，x₂=my₂+n，
∴上式即為：my₁y₂-（n-2）（y₁+y₂）+（3n+2）y₂=0，
∴m•$\frac{{n}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$-（n-2）（-$\frac{2mn}{{m}^{2}+4}$）+（3n+2）y₂=0，
整理得：$\frac{m（3n+2）（n-2）}{{m}^{2}+4}$+（3n+2）y₂=0，
∴當(dāng)n=-$\frac{2}{3}$時(shí)，上式對(duì)任意的m∈R恒成立，
∴直線PQ過(guò)定點(diǎn)（-$\frac{2}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．