Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)$B（0，\sqrt{3}）$為短軸的一個(gè)端點(diǎn)，∠OF₂B=60°．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）如圖，過右焦點(diǎn)F₂，且斜率為k（k≠0）的直線l與橢圓C相交于D，E兩點(diǎn)，A為橢圓的右頂點(diǎn)，直線AE，AD分別交直線x=3于點(diǎn)M，N，線段MN的中點(diǎn)為P，記直線PF₂的斜率為k′．試問k•k′是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由條件可知$a=2，b=\sqrt{3}$，故求的橢圓方程．
（2）設(shè)過點(diǎn)F₂（1，0）的直線l方程為：y=k（x-1）．由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0．因?yàn)橹本�AE的方程為：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，直線AD的方程為：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，從而列式求解即可．

解答 解：（1）由條件可知$a=2，b=\sqrt{3}$，故所求橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------------（4分）
（2）設(shè)過點(diǎn)F₂（1，0）的直線l方程為：y=k（x-1）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0
因?yàn)辄c(diǎn)F₂（1，0）在橢圓內(nèi)，所以直線l和橢圓都相交，即△＞0恒成立．
設(shè)點(diǎn)E（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}$．-------------（6分）
因?yàn)橹本�AE的方程為：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，直線AD的方程為：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，
令x=3，可得$M（3，\frac{y_1}{{{x_1}-2}}）$，$N（3，\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）$，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)$（3，\frac{1}{2}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}））$．--------------（8分）
直線PF₂的斜率為$k'=\frac{{\frac{1}{2}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）-0}}{3-1}$=$\frac{1}{4}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）$=$\frac{1}{4}•\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-2（{y_1}+{y_2}）}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$=$\frac{1}{4}•\frac{{2k{x_1}{x_2}-3k（{x_1}+{x_2}）+4k}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$=$\frac{1}{4}•\frac{{2k•\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}-3k•\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}+4k}}{{\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}-2•\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}+4}}$
=$-\frac{3}{4k}$，
所以k•k'為定值$-\frac{3}{4}$．--------------（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了橢圓方程得求法和直線與圓錐曲線的綜合問題，屬于中檔題，在高考中屬于�？碱}型