Question

12．在平面直角坐標系xOy中，點P（a，b）（a＞b＞0）為動點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為橢圓G$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的左、右焦點，A為橢圓G的左頂點，已知△F₁PF₂為等腰三角形．
（Ⅰ）求橢圓G的離心率；
（Ⅱ）過F₂的直線m：x=1與橢圓G相交于點M（M點在第一象限），平行于AM的直線l與橢圓G交于B，C兩點，判斷直線MB，MC是否關(guān)于直線m對稱，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a＞b，可得PF₁=F₁F₂，或PF₂=F₁F₂，設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），運用兩點的距離公式和離心率公式，計算即可得到所求值；
（Ⅱ）由已知條件得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，即有A（-2，0），M（1，$\frac{3}{2}$），設(shè)直線l：y=$\frac{1}{2}$x+n，n≠1．設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），由 $\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+n}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得x²+nx+n²-3=0．再由根的判別式和韋達定理結(jié)合已知條件能求出直線MB，MC關(guān)于直線m對稱．

解答 解：（Ⅰ）由a＞b，可得PF₁≠PF₂，
設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），若PF₁=F₁F₂，
則$\sqrt{（a+c）^{2}+^{2}}$=2c，即有a²+ac-2c²=0，①
由a＜c，可得a²+ac＜2c²，故方程①無解；
若PF₂=F₁F₂，
則$\sqrt{（a-c）^{2}+^{2}}$=2c，即有a²-ac-2c²=0，
即有2e²+e-1=0，解得e=$\frac{1}{2}$（1舍去），
綜上可得，橢圓G的離心率為$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）由F₂（1，0），可得c=1，a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
∵A為橢圓G的左頂點，∴A（-2，0），M（1，$\frac{3}{2}$），
∴由題意可設(shè)直線l：y=$\frac{1}{2}$x+n，n≠1．
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+n}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得x²+nx+n²-3=0．
由題意得△=n²-4（n²-3）=12-3n²＞0，
即n∈（-2，2）且n≠1．
x₁+x₂=-n，x₁x₂=n²-3．
∵k_MB+k_MC=k_MB+k_MC=$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}-1}$=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}+n-\frac{3}{2}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{\frac{1}{2}{x}_{2}+n-\frac{3}{2}}{{x}_{2}-1}$
=1+$\frac{n-1}{{x}_{1}-1}$+$\frac{n-1}{{x}_{2}-1}$=1+$\frac{（n-1）（{x}_{1}+{x}_{2}-2）}{{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}$
=1-$\frac{（n-1）（n+2）}{{n}^{2}+n-2}$=0，
故直線MB，MC關(guān)于直線m對稱．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩條直線是否關(guān)于已知直線對稱的判斷，解題時要認真審題，注意根的判別式和韋達定理的合理運用．