Question

14．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左右焦點(diǎn)F₁、F₂與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的正三角形．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知過橢圓C上一點(diǎn)（x₀，y₀），與橢圓C相切的直線方程為$\frac{{{x_0}x}}{a^2}+\frac{{{y_0}y}}{b^2}$=1．過橢圓C上任意一點(diǎn)P作橢圓C的切線與直線F₁P的垂線F₁M相交于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的軌跡方程；
（Ⅲ）若切線MP與直線x=-2交于點(diǎn)N，求證：$\frac{{|N{F_1}|}}{{|M{F_1}|}}$為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求出c=2，a=4，可得b的值，則求出橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)出切線方程，表示出MF1的方程，繼而根據(jù)條件求出軌跡方程．
（Ⅲ）依題意及（Ⅱ），點(diǎn)M、N的坐標(biāo)可表示為M（-8，y_M）、N（-2，y_N），點(diǎn)N在切線MP上，由①式得y_N=$\frac{3（{x}_{0}+8）}{2{y}_{0}}$，點(diǎn)M在直線MF₁上，由②式得y_M=$\frac{6（{y}_{0}+2）}{{y}_{0}}$，由上述2式求解．

解答 解：（Ⅰ）F₁、F₂與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的正三角形，
可得2c=a=4，∴c=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{16-4}$=2$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；    
（Ⅱ）設(shè)P（x₀，y₀），由（Ⅰ），F(xiàn)₁（-2，0），
設(shè)P（x₀，y₀），M（x，y），
過橢圓C上過P的切線方程為：$\frac{{x}_{0}x}{16}$+$\frac{{y}_{0}y}{12}$=1，①
直線F₁P的斜率${k}_{{F}_{1}P}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，則直線MF₁的斜率${k}_{M{F}_{1}}$=-$\frac{{x}_{0}+2}{{y}_{0}}$，
于是直線MF₁的方程為：y=-$\frac{{x}_{0}+2}{{y}_{0}}$（x+2），
即yy₀=-（x₀+2）（x+2），②
①、②聯(lián)立，解得x=-8，
∴點(diǎn)M的軌跡方程為 x=-8；    
（Ⅲ）證明：依題意及（Ⅱ），點(diǎn)M、N的坐標(biāo)可表示為M（-8，y_M）、N（-2，y_N），
點(diǎn)N在切線MP上，由①式得y_N=$\frac{3（{x}_{0}+8）}{2{y}_{0}}$，
點(diǎn)M在直線MF₁上，由②式得y_M=$\frac{6（{y}_{0}+2）}{{y}_{0}}$，|NF₁|²=y_N²=$\frac{9（{x}_{0}+8）^{2}}{4{y}^{2}}$，
|MF₁|²=[（-2）-（-8）]²+y_M²=$\frac{36[{{y}_{0}}^{2}+（{x}_{0}+2）^{2}]}{{{y}_{0}}^{2}}$，
∴（$\frac{{|N{F_1}|}}{{|M{F_1}|}}$）²=$\frac{9（{x}_{0}+8）^{2}}{4{y}^{2}}$•$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{36[{{y}_{0}}^{2}+（{x}_{0}+2）^{2}]}$=$\frac{1}{16}$•$\frac{（{x}_{0}+8）^{2}}{{{y}_{0}}^{2}+（{x}_{0}+2）^{2}}$，③
注意到點(diǎn)P在橢圓C上，即$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{16}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{12}$=1，
于是y₀²=12-$\frac{3}{4}$x₀²代人③式并整理得，（$\frac{{|N{F_1}|}}{{|M{F_1}|}}$）²=$\frac{1}{4}$，
∴$\frac{{|N{F_1}|}}{{|M{F_1}|}}$為定值$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓方程和軌跡方程的求解方法和直線與橢圓的綜合問題，考查運(yùn)算能力，屬于難度較大的題目．