Question

11．已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上的橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）它的離心率為$\frac{1}{2}$，一個(gè)焦點(diǎn)是（-1，0），過直線x=4上一點(diǎn)引橢圓E的兩條切線，切點(diǎn)分別是A、B．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）若在橢圓E$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上的點(diǎn)（x₀，y₀）處的切線方程是$\frac{{x}_{0}x}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{0}y}{^{2}}$=1．求證：直線AB恒過定點(diǎn)C，并求出定點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（Ⅲ）求證：|AC|+|BC|=$\frac{4}{3}$|AC|•|BC|（點(diǎn)C為直線AB恒過的定點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）它的離心率為$\frac{1}{2}$，一個(gè)焦點(diǎn)是（-1，0），計(jì)算a，b，即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過分別將點(diǎn)M的坐標(biāo)（4，t）代入切線方程，利用兩點(diǎn)確定唯一的一條直線，即得結(jié)論；
（III）通過將直線AB的方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理計(jì)算$\frac{1}{|AC|}$+$\frac{1}{|BC|}$即可．

解答 （I）解：橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點(diǎn)是（-1，0），故c=1，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，所以a=2，b=$\sqrt{3}$，
所以所求的橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．…（4分）
（II）證明：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l上一點(diǎn)M的坐標(biāo)（4，t），
則切線方程分別為$\frac{{x}_{1}x}{4}+\frac{{y}_{1}y}{3}=1$，$\frac{{x}_{2}x}{4}+\frac{{y}_{2}y}{3}=1$，
又兩切線均過點(diǎn)M，可得點(diǎn)A，B的坐標(biāo)都適合方程x+$\frac{t}{3}y$=1，故直線AB的方程是x+$\frac{t}{3}y$=1，顯然直線x+$\frac{t}{3}y$=1恒過點(diǎn)（1，0），故直線AB恒過定點(diǎn)C（1，0）．…（9分）
（III）證明：將直線AB的方程x+$\frac{t}{3}y$=1，代入橢圓方程，整理得（$\frac{{t}^{2}}{3}$+4）y²-2ty-9=0，
所以韋達(dá)定理可得：y₁+y₂=$\frac{6t}{12+{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{27}{12+{t}^{2}}$，
不妨設(shè)y₁＞0，y₂＜0，
|AC|=$\sqrt{（{x}_{1}-1）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\frac{\sqrt{{t}^{2}+9}}{3}$y₁，
同理|BC|=-$\frac{\sqrt{{t}^{2}+9}}{3}$y₂，…（12分）
所以$\frac{1}{|AC|}$+$\frac{1}{|BC|}$=$\frac{3}{\sqrt{{t}^{2}+9}}$（$\frac{1}{{y}_{1}}$-$\frac{1}{{y}_{2}}$）=$\frac{1}{\sqrt{{t}^{2}+9}}•\frac{\sqrt{144{t}^{2}+9×144}}{9}$=$\frac{4}{3}$，
即：|AC|+|BC|=$\frac{4}{3}$|AC|•|BC|，…（14分）

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．