Question

7．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右頂點(diǎn)A（2，0），且過點(diǎn)$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)B（1，0）且斜率為k₁（k₁≠0）的直線l于橢圓C相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線AE，AF分別交直線x=3于M，N兩點(diǎn)，線段MN的中點(diǎn)為P，記直線PB的斜率為k₂，求證：k₁•k₂為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a=2，代入點(diǎn)$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，解方程可得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)過點(diǎn)B（1，0）的直線l方程為：y=k（x-1），由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，可得（4k₁²+1）x²-8k₁²x+4k₁²-4=0，由已知條件利用韋達(dá)定理推導(dǎo)出直線PB的斜率k₂=-$\frac{1}{4{k}_{1}}$，由此能證明k•k′為定值-$\frac{1}{4}$．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得a=2，$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4^{2}}$=1，
a²-b²=c²，
解得b=1，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）證明：設(shè)過點(diǎn)B（1，0）的直線l方程為：y=k₁（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
可得：（4k₁²+1）x²-8k₁²x+4k₁²-4=0，
因?yàn)辄c(diǎn)B（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），F(xiàn)（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{8{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$．
因?yàn)橹本�AE的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），
直線AF的方程為：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），
令x=3，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，$\frac{1}{2}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$））．
直線PB的斜率為k₂=$\frac{\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}）}{3-1}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）
=$\frac{1}{4}$•$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}-2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{2{k}_{1}{x}_{1}{x}_{2}-3{k}_{1}（{x}_{1}+{x}_{2}）+4{k}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{1}{4}$•$\frac{2k•\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}-3{k}_{1}•\frac{8{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}+4{k}_{1}}{\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}-\frac{16{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}+4}$=-$\frac{1}{4{k}_{1}}$．
所以k₁•k₂為定值-$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線的斜率的乘積為定值的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．