Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點分別是F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），直線l：x=my-c與橢圓C交于點M，N兩點，當(dāng)m=-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，M是橢圓C的頂點，且△MF₁F₂的周長為6．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若M，F(xiàn)₂，N在直線x=4上的射影分別為E，K，D，連接MD，當(dāng)m變化時，證明直線MD與NE相交于一定點，并求出該定點的坐標(biāo)；
（3）設(shè)橢圓C的左頂點為A，直線AM，AN與直線x=4分別相交于點P，Q，試問：當(dāng)m變化時，以線段PQ為直徑的圓被x軸截得的弦長是否為定值？若是，求出這個定值，若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m=-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時，可得直線l的傾斜角為$\frac{2π}{3}$，由題意列關(guān)于a，c的方程組，解得a、c的值，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓C的方程可求；
（2）由（1）求得c=1，設(shè)直線l的方程為x=my+1，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到M、N的縱坐標(biāo)的和與積，
然后先求直線l與x軸垂直時，MD與NE的交點為G（$\frac{5}{2}，0$），再利用斜率相等證得MG過定點G（$\frac{5}{2}，0$），NE也過定點G（$\frac{5}{2}，0$），即可說明直線MD與NE相交于一定點，該定點的坐標(biāo)為G（$\frac{5}{2}，0$）；
（3）求出直線AM的方程，得到P的坐標(biāo)，同理可得Q坐標(biāo)，設(shè)H（x，y）為以PQ為直徑的圓上任意一點，可得$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}=0$，得到以PQ為直徑的圓的方程取y=0，求得x=1或x=7．說明以PQ為直徑的圓恒過（1，0）與（7，0），即當(dāng)m變化時，以線段PQ為直徑的圓被x軸截得的弦長是定值6．

解答 （1）解：當(dāng)m=-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時，直線l的傾斜角為$\frac{2π}{3}$，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{2a+2c=6}\\{\frac{c}{a}=cos\frac{π}{3}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）由（1）知，c=1，∴直線l的方程為x=my+1，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{x=my-1}\end{array}\right.$，可得（3m²+4）y²+6my-9=0．
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$．
當(dāng)直線l與x軸垂直時，可得MD與NE的交點為F₂K的中點G（$\frac{5}{2}，0$），
當(dāng)直線l與x軸不垂直時，下面證明MD過定點G（$\frac{5}{2}，0$），
由題意可知D（4，y₂），
${k}_{GD}=\frac{{y}_{2}}{4-\frac{5}{2}}=\frac{2{y}_{2}}{3}$，${k}_{AG}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-\frac{5}{2}}=\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}-\frac{3}{2}}$，
∵${k}_{AG}-{k}_{GD}=\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}-\frac{3}{2}}-\frac{2{y}_{2}}{3}$=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}-\frac{3}{2}}-\frac{2}{3}•\frac{-9}{（3{m}^{2}+4）{y}_{1}}$
=$\frac{（3{m}^{2}+4）{{y}_{1}}^{2}+6（m{y}_{1}-\frac{3}{2}）}{（m{y}_{1}-\frac{3}{2}）（3{m}^{2}+4）{y}_{1}}$=$\frac{（3{m}^{2}+4）{{y}_{1}}^{2}+6m{y}_{1}-9}{（m{y}_{1}-\frac{3}{2}）（3{m}^{2}+4）{y}_{1}}=0$．
∴k_AG=k_GD，即MG過定點G（$\frac{5}{2}，0$），
同理可證NE也過定點G（$\frac{5}{2}，0$），
∴直線MD與NE相交于一定點，該定點的坐標(biāo)為G（$\frac{5}{2}，0$）；
（3）由題意可得直線AM的方程為$y=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}（x+2）$，
令x=4，得P點坐標(biāo)為（$4，\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$），
同理可得Q（$4，\frac{6{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$），
設(shè)H（x，y）為以PQ為直徑的圓上任意一點，則$\overrightarrow{PH}•\overrightarrow{QH}=0$，
∴以PQ為直徑的圓的方程為$（x-4）^{2}+（y-\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}）（y-\frac{6{y}_{2}}{{x}_{2}+2}）=0$．
令y=0，則$（x-4）^{2}+\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{（m{y}_{1}+3）（m{y}_{2}+3）}=0$．
即$（x-4）^{2}+\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}=0$，
即$（x-4）^{2}+\frac{36×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{{m}^{2}×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}+3m×\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}+9}=0$，
即$（x-4）^{2}+\frac{-9×36}{-9{m}^{2}-18{m}^{2}+27{m}^{2}+36}=0$．
即（x-4）²=9，解得x=1或x=7．
即以PQ為直徑的圓恒過（1，0）與（7，0），
∴當(dāng)m變化時，以線段PQ為直徑的圓被x軸截得的弦長是定值6．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用斜率證明三點共線問題，考查了圓的方程的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，利用方程的根與系數(shù)的關(guān)系求解，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強(qiáng)的運(yùn)算推理的能力，是壓軸題．