Question

13．已知橢圓中心E在坐標(biāo)原點，焦點在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過A（-2，0）、B（2，0）、$C（{1，\frac{3}{2}}）$三點．
（1）求橢圓E的方程：
（2）若點D為橢圓E上不同于A、B的任意一點，F(xiàn)（-1，0），H（1，0），當(dāng)△DFH內(nèi)切圓的面積最大時，求內(nèi)切圓圓心的坐標(biāo)；
（3）若直線l：y=k（x-1）（k≠0）與橢圓E交于M、N兩點，證明直線AM與直線BN的交點在直線x=4上．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓方程為mx²+my²=1（m＞0，n＞0），代入A，B，C的坐標(biāo)，解方程可得m，n，進而得到橢圓方程；
（2）運用三角形的面積公式和內(nèi)切圓半徑與三邊周長的關(guān)系，結(jié)合當(dāng)D在橢圓上頂點時，面積最大，求得半徑的最大值，可得圓心坐標(biāo)；
（3）將直線l：y=k（x-1）代入橢圓E的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，運用韋達定理，求得AM的方程和BN的方程與x=4的交點，證明它們重合即可得證．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為mx²+my²=1（m＞0，n＞0），
將A（-2，0）、B（2，0）、$C（1，\frac{3}{2}）$代入橢圓E的方程，
得$\left\{\begin{array}{l}4m=1\\ m+\frac{9}{4}n=1\end{array}\right.$解得$m=\frac{1}{4}，n=\frac{1}{3}$，
∴橢圓E的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）|FH|=2，設(shè)△DFH邊上的高為h，
${S_{△DFH}}=\frac{1}{2}×2×h=h$，
設(shè)△DFH的內(nèi)切圓的半徑為R，因為△DFH的周長為定值6．
所以$\frac{1}{2}R×6=3R={S_{△DFH}}$，
當(dāng)D在橢圓上頂點時，h最大為$\sqrt{3}$，
故S_△DFH的最大值為$\sqrt{3}$，
于是R也隨之最大值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
此時內(nèi)切圓圓心的坐標(biāo)為$（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$；
（3）證明：將直線l：y=k（x-1）代入橢圓E的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
并整理．得（3+4k²）x²-8k²x+4（k²-3）=0．
設(shè)直線l與橢圓E的交點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由根與系數(shù)的關(guān)系，得${x_1}+{x_2}=\frac{1}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{k^2}-3）}}{{3+4{k^2}}}$．           
直線AM的方程為：$y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）$，它與直線x=4的交點坐標(biāo)為$p（4，\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}）$，
同理可求得直線BN與直線x=4的交點坐標(biāo)為$Q（4，\frac{{2{y_2}}}{{{x_2}-2}}）$．
下面證明P、Q兩點重合，即證明P、Q兩點的縱坐標(biāo)相等．
∵y₁=k（x₁-1），y₂=k（x₂-1），
∴$\frac{{6{y_1}}}{{{x_1}+2}}-\frac{{2{y_2}}}{{{x_2}-2}}=\frac{{6k（{x_1}-1）-（{x_2}-2）-2k（{x_2}-1）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}+2）（{x_2}-2）}}$
=$\frac{{2k[2{x_1}{x_2}-5（{x_1}+{x_2}）+8]}}{{（{x_1}+2）（{x_2}-2）}}=\frac{{2k[{\frac{{8（{k^2}-3）}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{40{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+8}]}}{{（{x_1}+2）（{x_2}-2）}}=0$，
因此結(jié)論成立．
綜上可知．直線AM與直線BN的交點住直線x=4上．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用待定系數(shù)法，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．