Question

5．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，A，B分別為橢圓C的左、右頂點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為其左、右焦點．
（Ⅰ）若點Q為橢圓C的上頂點，求△QF₁F₂內(nèi)切圓的面積；
（Ⅱ）若斜率為k，過定點F₂的直線l與橢圓C交于M，N兩點，試證明：直線AM、直線BN與直線x=4三線必定共點．

Answer 1

分析 （I）△QF₁F₂為等邊三角形，故其內(nèi)切圓半徑為$\frac{1}{3}$OQ=$\frac{1}{3}$b，再代入面積公式計算；
（II）聯(lián)立方程組，得出AM，BN的方程，求出它們與直線x=4的交點坐標(biāo)，借助根與系數(shù)的關(guān)系證明交點重合即可．

解答 解：（I）Q（0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
∴QF₁=QF₂=F₁F₂=2，即△QF₁F₂是邊長為2的等邊三角形，
∴△QF₁F₂內(nèi)切圓半徑r=$\frac{1}{3}$OQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴△QF₁F₂內(nèi)切圓面積為S=π•$\frac{1}{3}$=$\frac{π}{3}$．
（II）直線l的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程得：（3+4k²）x²-8k²x+4（k²-3）=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{k}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，
又A（-2，0），B（2，0），
∴直線AM的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$（x+2），令x=4得y=$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$，
即直線AM與直線x=4的交點坐標(biāo)為D（4，$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$）
直線BN的方程為y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），令x=4得y=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$，
即直線BN與直線x=4的交點坐標(biāo)為E（4，$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$），
$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$-$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$=$\frac{6k（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-2）-2k（{x}_{2}-1）（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{4k{x}_{1}{x}_{2}-10k（{x}_{1}+{x}_{2}）+16k}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$，
∵4kx₁x₂-10k（x₁+x₂）+16k=$\frac{16k（{k}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{80{k}^{3}}{3+4{k}^{2}}$+16k=0，
∴點D與點E重合，
∴直線AM、直線BN與直線x=4三線必定共點．

點評 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，注意根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，屬于中檔題．