Question

12．已知橢圓C與橢圓E：$\frac{x^2}{7}+\frac{y^2}{5}=1$共焦點(diǎn)，并且經(jīng)過點(diǎn)$A（1，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$，
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）在橢圓C上任取兩點(diǎn)P、Q，設(shè)PQ所在直線與x軸交于點(diǎn)M（m，0），點(diǎn)P₁為點(diǎn)P關(guān)于軸x的對稱點(diǎn)，QP₁所在直線與x軸交于點(diǎn)N（n，0），探求mn是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），可得c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{2}$，點(diǎn)$A（1，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$代入橢圓方程，解方程即可得到所求方程；
（2）當(dāng)PQ斜率不存在時(shí)，不合題意．故設(shè)PQ為y=kx+b，（k≠0，b≠0），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及直線方程的運(yùn)用，即可得到定值．

解答 解：（1）橢圓E：$\frac{x^2}{7}+\frac{y^2}{5}=1$的焦點(diǎn)為（±$\sqrt{2}$，0），
設(shè)橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
可得c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{2}$，
點(diǎn)$A（1，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$代入橢圓方程，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{2^{2}}$=1，
解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
即有橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$；
（2）當(dāng)PQ斜率不存在時(shí)，不合題意．
故設(shè)PQ為y=kx+b，（k≠0，b≠0），則$M（-\frac{k}，0）$，
設(shè)點(diǎn)P（x₁，y₁），則P₁（x₁，-y₁），
設(shè)Q（x₂，y₂），則P₁Q方程為$y+{y_1}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_1}）$，
令y=0，
則$n=\frac{{{y_1}（{x_2}-{x_1}）}}{{{y_1}+{y_2}}}+{x_1}=\frac{{{x_2}{y_1}+{x_1}{y_2}}}{{{y_1}+{y_2}}}=\frac{{{x_2}（k{x_1}+b）+{x_1}（k{x_2}+b）}}{{k（{x_1}+{x_2}）+2b}}=\frac{{2k{x_1}{x_2}+b（{x_1}+{x_2}）}}{{k（{x_1}+{x_2}）+2b}}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\\{y=kx+b}\end{array}}\right.$得（1+2k²）x²+4kbx+2b²-4=0，
則${x_1}+{x_2}=-\frac{4kb}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{b^2}-4}}{{1+2{k^2}}}$．則$\frac{{2k{x_1}{x_2}+b（{x_1}+{x_2}）}}{{k（{x_1}+{x_2}）+2b}}=\frac{{4k{b^2}-8k-4k{b^2}}}{{-4{k^2}b+2b+4{k^2}b}}=-\frac{4k}$，
故$N（-\frac{4k}，0）$，所以mn=4．所以mn是定值，定值為4．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查對稱知識的運(yùn)用，屬于中檔題．