Question

6．已知右焦點(diǎn)為F（c，0）的橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)$（1，\frac{3}{2}）$，且橢圓M關(guān)于直線x=c對(duì)稱的圖形過坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓M的方程；
（2）過點(diǎn)（4，0）且不垂直于y軸的直線與橢圓M交于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)Q關(guān)于x軸的對(duì)稱原點(diǎn)為E，證明：直線PE與x軸的交點(diǎn)為F．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，將點(diǎn)$（1，\frac{3}{2}）$代入橢圓上，即$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}=1$，a=2c，則b²=$\frac{3}{4}$a²，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-4），k≠0，代入橢圓方程，得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由根的判別式得到k∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），由韋達(dá)定理及直線的方程代入x=-y₁•$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+x₁=1，由此能證明直線AE過定點(diǎn)（1，0），由橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0），則直線PE與x軸的交點(diǎn)為F．

解答 解：（1）由題意可知：橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，
橢圓過點(diǎn)$（1，\frac{3}{2}）$，即$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}=1$，
橢圓M關(guān)于直線x=c對(duì)稱的圖形過坐標(biāo)原點(diǎn)，
∴a=2c，
由a²=b²+c²，則b²=$\frac{3}{4}$a²，
解得：a²=4，b²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）證明：設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-4），k≠0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
∵過點(diǎn)P₀（4，0）且不垂直于x軸的直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，
∴由△=（-32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，得：k∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），E（x₄，-y₄），
則x₁+x₂=$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
則直線AE的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），
令y=0得：x=-y₁•$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+x₁=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}•k（{x}_{1}-4）+{x}_{2}k（{x}_{2}-4）}{k（{x}_{1}+{x}_{2}-8）}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$=$\frac{2×\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}-4×\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}{\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}-8}$=1．
∴直線PE過定點(diǎn)（1，0），
由橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0），則直線PE與x軸的交點(diǎn)為F．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，直線方程的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．