Question

11．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右準線l的方程為x=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，焦距為2$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過定點B（1，0）作直線l與橢圓C交于P，Q（異與橢圓C的左、右頂點A₁，A₂兩點），設直線PA₁與直線QA₂相交于點M．
①若M（4，2），試求點P，Q的坐標；
②求證：點M始終在一條定直線上．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式和a，b，c的關系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）①求得直線MA₁的方程和以MA₂的方程，代入橢圓方程，求得交點P，Q的坐標；
②設點M（x₀，y₀），求得直線MA₁的方程和以MA₂的方程，代入橢圓方程，求得交點P，Q的坐標，結合P，Q，B三點共線，所以k_PB=k_QB，化簡整理，可得x₀-4=0或$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1．分別考慮，即可得到點M始終在一條定直線x=4上．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}^{2}}{c}=\frac{4\sqrt{3}}{3}}\\{2c=2\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）①因為A₁（-2，0），A₂（2，0），M（4，2），
所以MA₁的方程為y=$\frac{1}{3}$（x+2），代入x²+4y²=4，
x²-4+4[$\frac{1}{3}$（x+2）]²=0，即（x+2）[（x-2）+$\frac{4}{9}$（x+2）]=0
因為A₁的橫坐標為-2，所以x_P=$\frac{10}{13}$，則y_P=$\frac{12}{13}$，
所以點P的坐標為（$\frac{10}{13}$，$\frac{12}{13}$）．
同理可得點Q的坐標為（$\frac{6}{5}$，-$\frac{4}{5}$）．
②證明：設點M（x₀，y₀），由題意x_M≠±2．因為A₁（-2，0），A₂（2，0），
所以直線MA₁的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（x+2），代入x²+4y²=4，
得x²-4+4[$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（x+2）]²=0，即（x+2）[（x-2）+$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}}$（x+2）]=0
因為A₁的橫坐標為-2，
所以x_P=$\frac{2-\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}}}{1+\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}}}$=$\frac{4（{x}_{0}+2）^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$-2，則y_P=$\frac{4（{x}_{0}+2）{y}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$，
故點P的坐標為（$\frac{4（{x}_{0}+2）^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$-2，$\frac{4（{x}_{0}+2）{y}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$），
同理可得點Q的坐標為（$\frac{-4（{x}_{0}-2）^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$+2，$\frac{-4（{x}_{0}-2）{y}_{0}}{（{x}_{0}-2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$）
因為P，Q，B三點共線，所以k_PB=k_QB，$\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}-1}$=$\frac{{y}_{Q}}{{x}_{Q}-1}$．
所以$\frac{\frac{4（{x}_{0}+2）{y}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}{\frac{4（{x}_{0}+2）^{2}}{（{x}_{0}+2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}-2-1}$=$\frac{\frac{-4（{x}_{0}-2）{y}_{0}}{（{x}_{0}-2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}}{\frac{-4（{x}_{0}-2）^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}+2-1}$，即$\frac{（{x}_{0}+2）{y}_{0}}{（{x}_{0}+2）^{2}-12{{y}_{0}}^{2}}$=$\frac{-（{x}_{0}-2）{y}_{0}}{-3（{x}_{0}-2）^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}$，
由題意，y₀≠0，所以$\frac{{x}_{0}+2}{（{x}_{0}+2）^{2}-12{{y}_{0}}^{2}}$=$\frac{{x}_{0}-2}{3（{x}_{0}-2）^{2}-4{{y}_{0}}^{2}}$，
即3（x₀+2）（x₀-2）²-4（x₀+2）y₀²=（x₀-2）（x₀+2）²-12（x₀-2）y₀²，
所以（x₀-4）（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²-1）=0，則x₀-4=0或$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1．
若$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，則點M在橢圓上，P，Q，M為同一點，不合題意．
所以x_M=4，即點M始終在定直線x=4上．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運用，聯(lián)立直線方程，解方程求交點，同時考查三點共線的條件，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．