Question

1．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的短軸端點(diǎn)到右焦點(diǎn)F（1，0）的距離為2．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)F的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，交直線l：x=4于點(diǎn)P，若|PA|=λ₁|AF|，|PB|=λ₂|BF|，求證：λ₁-λ₂為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的短軸端點(diǎn)到右焦點(diǎn)F（1，0）的距離為2，列出方程組，求出a，b，c，由此能求出橢圓的方程．
（Ⅱ）設(shè)過F點(diǎn)的直線方程為y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（4，3k），F(xiàn)（1，0），（令x₁＜x₂），推導(dǎo)出${λ}_{1}=\frac{{x}_{1}-4}{1-{x}_{1}}$，${λ}_{2}=\frac{{x}_{2}-4}{1-{x}_{2}}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長公式，結(jié)合已知條件能證明λ₁-λ₂為定值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的短軸端點(diǎn)到右焦點(diǎn)F（1，0）的距離為2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{a=2}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，∴c=1，a=2，b²=a²-c²=3，
∴橢圓的方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
證明：（Ⅱ）設(shè)過F點(diǎn)的直線方程為y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（4，3k），F(xiàn)（1，0），（令x₁＜x₂），
$\overrightarrow{PA}$=（x₁-4，y₁-3k），$\overrightarrow{AF}$=（1-x₁，-y₁），$\overrightarrow{PB}$=（x₂-4，y₂-3k），$\overrightarrow{BF}$=（1-x₂，-y₂），
∵|PA|=λ₁|AF|，|PB|=λ₂|BF|，
∴${λ}_{1}=\frac{{x}_{1}-4}{1-{x}_{1}}$，${λ}_{2}=\frac{{x}_{2}-4}{1-{x}_{2}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
△＞0，${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∴λ₁-λ₂=$\frac{{x}_{1}-4}{1-{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{2}-4}{1-{x}_{2}}$
=$\frac{3（{x}_{2}-{x}_{1}）}{1-（{x}_{1}+{x}_{2}）+{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{3\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}}{1-（{x}_{1}+{x}_{2}）+{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{3\sqrt{（\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}}{1-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}$
=$\frac{\frac{18}{3+4{k}^{2}}}{\frac{-9}{3+4{k}^{2}}}$=-2．
∴λ₁-λ₂為定值-2．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查代數(shù)式的和為定值的證明，考查橢圓、直線方程、韋達(dá)定理、根的判別式、弦長公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．