Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，橢圓上的點(diǎn)到直線$x=-\frac{{5\sqrt{5}}}{2}$的距離的最大值為$\frac{{9\sqrt{5}}}{2}$，傾斜角為45°的直線l交橢圓于不同的兩點(diǎn)A，B．
（1）求橢圓的方程；
（2）已知點(diǎn)M（4，1），當(dāng)直線l不過點(diǎn)M時(shí)，求證：直線MA，MB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）由離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，橢圓上的點(diǎn)到直線$x=-\frac{{5\sqrt{5}}}{2}$的距離的最大值為$\frac{{9\sqrt{5}}}{2}$，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（2）設(shè)直線l的方程為y=x+m，由$\left\{\begin{array}{l}y=x+m\\ \frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1\end{array}\right.$得，5x²+8mx+4m²-20=0，要證直線MA，MB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形，只要證明直線MA，MB的斜率互為相反數(shù)，由此能證明直線MA，MB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）∵離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，∴$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
又橢圓上的點(diǎn)到直線$x=-\frac{{5\sqrt{5}}}{2}$的距離的最大值為$\frac{{9\sqrt{5}}}{2}$，
∴$a+\frac{{5\sqrt{5}}}{2}=\frac{{9\sqrt{5}}}{2}$，則$a=2\sqrt{5}$，∴$c=\sqrt{15}$，…（3分）
b²=a²-c²=20-15=5，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$． …（5分）
證明：（2）由題設(shè)知，設(shè)直線l的方程為y=x+m，
由$\left\{\begin{array}{l}y=x+m\\ \frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1\end{array}\right.$得，5x²+8mx+4m²-20=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴${x_2}+{x_2}=-\frac{8m}{5}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-20}}{5}$，…（7分）
要證直線MA，MB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形，
只要證明直線MA，MB的斜率互為相反數(shù)即可，…（8分）
設(shè)直線MA，MB的斜率分別為k₁，k₂（k₁≠0，k₂≠0），
∴${k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-4}}+\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-4}}$=$\frac{{（{y_1}-1）（{x_2}-4）+（{y_2}-1）（{x_1}-4）}}{{（{x_1}-4）（{x_2}-4）}}$
=$\frac{{（{x_1}+m-1）（{x_2}-4）+（{x_2}+m-1）（{x_1}-4）}}{{（{x_1}-4）（{x_2}-4）}}$
=$\frac{{2{x_1}{x_2}+（m-5）（{x_1}+{x_2}）-8（m-1）}}{{（{x_1}-4）（{x_2}-4）}}$
=$\frac{{2×\frac{{4{m^2}-20}}{5}+（m-5）（-\frac{8m}{5}）-8（m-1）}}{{（{x_1}-4）（{x_2}-4）}}$
=$\frac{{8{m^2}-40-8{m^2}+40m-40m+40}}{{5（{x_1}-4）（{x_2}-4）}}=0$．
故直線MA，MB與x軸圍成一個(gè)等腰三角形． …（12分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線MA，MB圍成一個(gè)等腰三角形，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、直線斜率、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．