Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），兩定直線l₁x=-$\frac{{a}^{2}}{c}$，l₂：x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，直線l₁恰為拋物線E：y²=16x的準(zhǔn)線，直線l：x+2y-4=0與橢圓相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如果橢圓C的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線l₂分別交于N，M兩點(diǎn)，求證：四邊形MNPQ的對(duì)角線的交點(diǎn)是定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F（c，0），由拋物線的準(zhǔn)線方程，可得a，c的關(guān)系，再由l：x+2y-4=0與橢圓相切，聯(lián)立方程組，運(yùn)用判別式為0，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）當(dāng)直線PQ⊥x軸時(shí)，求得P，Q的坐標(biāo)，N的坐標(biāo)，求得直線QN與x軸的交點(diǎn)，可得定點(diǎn)；設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（4，y₃），M（4，y₄），直線PQ方程為x=my+1，聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和三點(diǎn)共線的坐標(biāo)表示，化簡(jiǎn)整理即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F（c，0），
由題知拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-4即$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，
由$\left\{\begin{array}{l}{x+2y-4=0}\\{^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}^{2}}\end{array}\right.$消去x，得：b²（4-2y）²+a²y²=a²b²，
整理得：（a²+4b²）y²-16b²y+16b²-a²b²=0，
∵直線和橢圓相切，∴△=256b²-4（a²+4b²）（16b²-a²b²）=0，
整理得：a²+4b²-16=0即5a²-4c²-16=0，又$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，∴c²-5c+4=0，
解得c=1或c=4，又由于c＜a＜$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，∴c=1，∴a²=4，b²=3，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；                  
（2）證明：由（1）知，A（-2，0），F(xiàn)（1，0），直線l₂：x=4，
根據(jù)橢圓的對(duì)稱性，當(dāng)直線PQ⊥x軸時(shí)，
四邊形MNPQ是等腰梯形，對(duì)角線PM，QN的交點(diǎn)在x軸上．此時(shí)，直線PQ的方程為x=1，
由x=1代入橢圓方程得y=±$\frac{3}{2}$，不妨取P（1，$\frac{3}{2}$），Q（1，-$\frac{3}{2}$），
直線AP的方程為y=$\frac{1}{2}$x+1，將x=4代入得N（4，3），
∴直線QN的方程為y-3=$\frac{3}{2}$（x-4），令y=0得x=2，
即直線QN與x軸交點(diǎn)為R（2，0），此點(diǎn)恰好為橢圓的右頂點(diǎn)．
下面只要證明，在一般情況下Q，N，R三點(diǎn)共線即可．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（4，y₃），M（4，y₄），直線PQ方程為x=my+1，
代入橢圓方程，消去y得：3（my+1）²+4y²=12，
整理得：（4+3m²）y²+6my-9=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
∵A（-2，0），P（x₁，y₁），N（4，y₃），三點(diǎn)共線，
∴$\overrightarrow{AP}$=（x₁+2，y₁）與$\overrightarrow{AN}$=（4+2，y₃）共線，
所以（2+x₁）y₃=6y₁，即y₃=$\frac{6{y}_{1}}{2+{x}_{1}}$=$\frac{6{y}_{1}}{3+m{y}_{1}}$，
由于$\overrightarrow{QN}$=（4-x₂，y₃-y₂），$\overrightarrow{QR}$=（2-x₂，-y₂），
∴（4-x₂）（-y₂）-（y₃-y₂）（2-x₂）=y₃（x₂-2）-2y₂=y₃（my₂-1）-2y₂
=$\frac{6{y}_{1}}{3+m{y}_{1}}$（my₂-1）-2y₂=$\frac{4m{y}_{1}{y}_{2}-6（{y}_{1}+{y}_{2}）}{3+m{y}_{1}}$
=$\frac{1}{3+m{y}_{1}}$（-4m•$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$+$\frac{36m}{4+3{m}^{2}}$）=0，
∴$\overrightarrow{QN}$與$\overrightarrow{QR}$共線，即Q，N，R三點(diǎn)共線，
同理可證，P，M，R三點(diǎn)共線．
∴四邊形MNPQ的對(duì)角線的交點(diǎn)是定點(diǎn)，此定點(diǎn)恰為橢圓的右頂點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查三點(diǎn)共線的坐標(biāo)表示，以及運(yùn)算化簡(jiǎn)整理的能力，屬于難題．