Question

17．如圖，已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，它的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線${y^2}=4\sqrt{6}x$的焦點(diǎn)相同，又橢圓C上有一點(diǎn)M（2，1），直線l平行于OM且與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，連接MA，MB．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：直線MA，MB與x軸所構(gòu)成的三角形總是以x軸上所在線段為底邊的等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，則c=$\sqrt{6}$，將M代入橢圓方程即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，由直線的斜率公式，及韋達(dá)定理定理求得k₁+k₂=0，故MA，MB與x軸始終圍成等腰三角形．

解答 解：（1）由拋物線${y^2}=4\sqrt{6}x$的焦點(diǎn)F（$\sqrt{6}$，0），由橢圓C上有一點(diǎn)M（2，1），
由題意可知設(shè)橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），c²=6，則a²-b²=6，
將M代入橢圓方程$\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，解得：a²=8，b²=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）證明：由l∥OM，則k₁=k_OM=$\frac{1}{2}$，設(shè)直線l的方程y=$\frac{1}{2}$x+m，
由直線l與橢圓A，B兩點(diǎn)，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得：x²+2mx+2m²-4=0，
由x₁x₂=2m²-4，x₁+x₂=-2m，
∴△=（2m）²-4（2m²-4）=4（4-m²）＞0，
∴m的取值范圍是{m|-2＜m＜2，且m≠0}，
設(shè)MA，MB的斜率分別為k₁，k₂，
∴k₁+k₂=0，
則A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則k₁=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}$，
∴k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}$，
=$\frac{（{y}_{1}-1）（{x}_{2}-2）+（{y}_{2}-1）（{x}_{1}-2）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$，=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}+（m-2）（{x}_{1}+{x}_{2}）-4（m-1）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$，
=$\frac{2{m}^{2}-4-2{m}^{2}+4m-4m+4}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=0，
故MA，MB與x軸始終圍成等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，直線的斜率公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．