3.已知焦距為2$\sqrt{3}$的橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1、上頂點(diǎn)為D,直線DF1與橢圓C的另一交點(diǎn)為H,且|DF1|=7|F1H|.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點(diǎn)A是橢圓C的右頂點(diǎn),過(guò)點(diǎn)B(1,0)且斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓C相交于E、F兩點(diǎn),直線AE、AF分別交直線x=3于M,N兩點(diǎn),線段MN的中點(diǎn)為P,記直線PB的斜率為k′,求證:k•k′為定值.

分析 (1)由已知得${F}_{1}(-\sqrt{3},0)$,H(-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$,-$\frac{7}$),由此能求出橢圓C的方程.
(2)由題意設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),由$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$,得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,由此利用韋達(dá)定理、直線方程、橢圓性質(zhì),結(jié)合已知條件能證明k•k′為定值.

解答 解:(1)∵橢圓C的焦距為2$\sqrt{3}$,∴${F}_{1}(-\sqrt{3},0)$,
∵D(0,b),直線DF1與橢圓C的另一交點(diǎn)為H,且|DF1|=7|F1H|,
∴點(diǎn)H(-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$,-$\frac{7}$),
則$\frac{64×3}{49{a}^{2}}$+$\frac{1}{49}=1$,解得a2=4,則b2=a2-3=1,
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$.
證明:(2)由題意設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$,得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,
設(shè)E(x1,y1),F(xiàn)(x2,y2),則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$,${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$,
直線AE,AF的方程分別為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}(x-2)$,$y=\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$(x-2),
令x=3,則M(3,$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$),N(3,$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$),
∴P(3,$\frac{1}{2}(\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2})$),
∴k•k′=$\frac{k}{4}×$$\frac{k({x}_{1}-1)({x}_{2}-2)+k({x}_{2}-1)({x}_{1}-2)}{({x}_{1}-2)({x}_{2}-2)}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}$×$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-3({x}_{1}+{x}_{2})+4}{{x}_{1}{x}_{2}-2({x}_{1}+{x}_{2})+4}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}$×$\frac{\frac{8{k}^{2}-8-24{k}^{2}+16{k}^{2}+4}{4{k}^{2}+1}}{\frac{4{k}^{2}-4-16{k}^{2}+16{k}^{2}+4}{4{k}^{2}+1}}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}×\frac{(-4)}{4{k}^{2}}$
=-$\frac{1}{4}$.
∴k•k′為定值-$\frac{1}{4}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法,考查兩直線的斜率的乘積為定值的證明,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意直線方程、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用.

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