Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左頂點為A，直線l與橢圓C分別相交于M，N兩點．
（Ⅰ）若直線l過橢圓C右焦點且$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=6，求直線l的方程；
（Ⅱ）若直線l垂直于x軸，P是橢圓上不與橢圓頂點重合的任意一點，直線MP，NP分別交x軸于點E（m，0），F(xiàn)（n，0），探究m•n是否為定值，若為定值，求出該定值，若不為定值，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）討論直線的斜率不存在和存在，聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，計算可得斜率k，進(jìn)而得到所求直線方程；
（Ⅱ）設(shè)P（s，t），M（h，k），N（h，-k）．可得$\frac{{s}^{2}}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，$\frac{{h}^{2}}{4}+\frac{{k}^{2}}{3}=1$，變形為s²=$\frac{12-4{t}^{2}}{3}$，h²=$\frac{12-4{k}^{2}}{3}$．設(shè)出直線MP的方程，令y=0，解得m值，同理得到n值，化簡可得m•n為定值．

解答 解：（Ⅰ）若直線l過橢圓C右焦點且與x軸垂直，
則M，N的坐標(biāo)為（1，±$\frac{3}{2}$），此時$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=$\frac{27}{4}$不滿足條件；
故直線l與x軸不垂直，
設(shè)直線方程的方程為：y=k（x-1），
則由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
則y₁•y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[x₁•x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{-9{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
∵$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=x₁•x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁•y₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$+2×$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$+4+$\frac{-9{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=6，
∴k=±$\sqrt{6}$，
∴直線l的方程為：y=$\sqrt{6}$（x-1），或y=-$\sqrt{6}$（x-1）；
（Ⅱ）設(shè)P（s，t），M（h，k），N（h，-k）．
則$\frac{{s}^{2}}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，$\frac{{h}^{2}}{4}+\frac{{k}^{2}}{3}=1$，
∴s²=$\frac{12-4{t}^{2}}{3}$，h²=$\frac{12-4{k}^{2}}{3}$．
直線MP的方程為y-k=$\frac{t-k}{s-h}$（x-h），令y=0，解得m=$\frac{ht-sk}{t-k}$，
同理得到n=$\frac{sk+ht}{k+t}$．
∴mn=$\frac{{h}^{2}{t}^{2}-{s}^{2}{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$$\frac{{h}^{2}{t}^{2}-{s}^{2}{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=$\frac{\frac{12-4{k}^{2}}{3}•{t}^{2}-\frac{12-4{t}^{2}}{3}•{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=$\frac{4（{t}^{2}-{k}^{2}）}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=4．
故m•n為定值

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、點在橢圓上滿足橢圓的方程等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了計算能力，屬于難題．