Question

19．已知點(diǎn)M（$\sqrt{3}$，2）是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上的一點(diǎn)，MF₂垂直于x軸，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，A₁，A₂分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）動(dòng)直線l：x=my+1與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)，直線A₁P與直線A₂Q交于點(diǎn)S，當(dāng)直線l變化時(shí)，點(diǎn)S是否在一條定直線上？若是，求出定直線方程；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)過(guò)右焦點(diǎn)F₂且垂直于x軸的直線與橢圓C在第一象限的交點(diǎn)為M（$\sqrt{3}$，2），可得∴$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{4}{{a}^{2}-3}$=1，求出a²=9，b²=a²-c²=6，從而可得橢圓C的方程；
（2）利用特殊位置猜想結(jié)論，再進(jìn)行一般性的證明．將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理可以證明．

解答 解：（1）∵過(guò)右焦點(diǎn)F₂且垂直于x軸的直線與
橢圓C在第一象限的交點(diǎn)為M（$\sqrt{3}$，2）．
∴c=$\sqrt{3}$，b²=a²-c²=a²-3．
∵點(diǎn)M（$\sqrt{3}$，2在橢圓上，
∴$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{4}{{a}^{2}-3}$=1，
∴3a²-9+4a²=a⁴-3a²
∴a⁴-10a²+9=0，∴（a²-9）（a²-1）=0，
∴a²=9或a²=1＜c²（舍去）．
∴b²=a²-c²=6．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{6}$=1；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，P（1，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），Q（1，-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$），又A₁（-3，0），A₂（3，0）
A₁P的方程：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+3），A₂Q的方程：y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（x-3），
聯(lián)立解得S（9，4$\sqrt{3}$）．
當(dāng)l過(guò)橢圓的上頂點(diǎn)時(shí)，y=$\sqrt{6}$-$\sqrt{6}$x，P（0，$\sqrt{6}$），Q（ $\frac{9}{5}$，-$\frac{4\sqrt{6}}{5}$）
A₁P的方程：y=$\frac{\sqrt{6}}{3}$（x+3），A₂Q的方程：y=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$（x-3），聯(lián)立解得S（9，4$\sqrt{6}$）．
若定直線存在，則方程應(yīng)是x=9．
下面給予證明．
把x=my+1代入橢圓方程，整理得（2m²+3）y²+4my-16=0，
△＞0成立，記P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{-4m}{3+2{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-16}{3+2{m}^{2}}$．
A₁P：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+3}$（x+3），A₂Q的方程：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-3}$（x-3），
當(dāng)x=9時(shí)，縱坐標(biāo)y應(yīng)相等，$\frac{12{y}_{1}}{{x}_{1}+3}$=$\frac{6{y}_{2}}{{x}_{2}-3}$，須$\frac{12{y}_{1}}{m{y}_{1}+4}$=$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}-2}$，
須2y₁（my₂-2）=y₂（my₁+4），須my₁y₂=4（y₁+y₂）
∵y₁+y₂=$\frac{-4m}{3+2{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-16}{3+2{m}^{2}}$．
∴m•$\frac{-16}{3+2{m}^{2}}$=4•$\frac{-4m}{3+2{m}^{2}}$成立．
綜上，定直線方程為x=9．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查探究性問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是利用特殊位置猜想結(jié)論，再進(jìn)行證明．