Question

1．如圖，已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$經(jīng)過點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$，離心率$e=\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦（不經(jīng)過點(diǎn)P），直線AB與直線l：x=4相交于點(diǎn)M，記PA，PB，PM的斜率分別為k₁，k₂，k₃，求證：k₁，k₃，k₂成等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用離心率公式和點(diǎn)滿足橢圓方程，以及a，b，c的關(guān)系，解方程即可得到所求橢圓方程；
（Ⅱ）求得橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，結(jié)合等差數(shù)列中項(xiàng)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$在橢圓上得，$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4{b^2}}}=1$①$又e=\frac{1}{2}，所以\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$②
由①②得c²=1，a²=4，b²=3，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…．（4分）
（Ⅱ）證明：橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)F（1，0），顯然直線AB斜率存在，
設(shè)AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=k（x-1）③…．（5分）
代入橢圓方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
整理得（4k²+3）x²-8k²x+4（k²-3）=0…．（6分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則有${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{k^2}-3）}}{{4{k^2}+3}}$④…．（7分）
在方程③中，令x=4得，M（4，3k），從而${k_1}=\frac{{{y_1}-\frac{3}{2}}}{{{x_1}-1}}，{k_2}=\frac{{{y_2}-\frac{3}{2}}}{{{x_{_2}}-1}}$，${k_3}=\frac{{3k-\frac{3}{2}}}{4-1}=k-\frac{1}{2}$，…．（9分）
又因?yàn)锳、F、B共線，則有k=k_AF=k_BF，
即有$\frac{y_1}{{{x_1}-1}}=\frac{y_2}{{{x_2}-1}}=k$，
所以k₁+k₂=$\frac{{{y_1}-\frac{3}{2}}}{{{x_1}-1}}+\frac{{{y_2}-\frac{3}{2}}}{{{x_2}-1}}$=$\frac{y_1}{{{x_1}-1}}+\frac{y_2}{{{x_2}-1}}-\frac{3}{2}（\frac{1}{{{x_1}-1}}+\frac{1}{{{x_2}-1}}）$
=2k-$\frac{3}{2}•\frac{{{x_1}+{x_2}-2}}{{{x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+1}}$⑤
將④代入⑤得k₁+k₂=$2k-\frac{3}{2}\;•$$\frac{{\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}-2}}{{\frac{{4（{k^2}-3）}}{{4{k^2}+3}}-\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}+1}}=2k-1$，…（12分）
又${k_3}=k-\frac{1}{2}$，
所以k₁+k₂=2k₃，即k₁，k₃，k₂成等差數(shù)列．…．（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，直線的斜率公式和等差數(shù)列中項(xiàng)性質(zhì)，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．