Question

13．如圖：A，B，C是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的頂點(diǎn)，點(diǎn)F（c，0）為橢圓的右焦點(diǎn)，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且橢圓過點(diǎn)$（{2\sqrt{3}，1}）$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若P是橢圓上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，直線CP交x軸于點(diǎn)E，直線BC與AP相交于點(diǎn)D，連結(jié)DE．設(shè)直線AP的斜率為k，直線DE的斜率為k₁，證明：$2{k_1}=k+\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （I）由題意得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{12}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，a²=b²+c²．聯(lián)立解得即可得出橢圓方程．
（Ⅱ）由截距式可得直線BC的方程為：y=$\frac{1}{2}$x+2．直線AP的方程為：y=k（x-4），與橢圓方程聯(lián)立可得：（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，又點(diǎn)P在橢圓上，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得P$（\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}，\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}）$．利用斜率計(jì)算公式可得k_CP，可得直線CP的方程，可得E$（\frac{8k-4}{2k+1}，0）$．把直線BC與AP的方程聯(lián)立可得D$（\frac{8k+4}{2k-1}，\frac{8k}{2k-1}）$．可得直線DE的斜率，化簡(jiǎn)整理即可證明．

解答 解：（I）由題意得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{12}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，a²=b²+c²．
聯(lián)立解得a²=16，b²=4，
∴橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
證明：（Ⅱ）A（4，0），B（-4，0），C（0，2），
直線BC的方程為：$\frac{x}{-4}+\frac{y}{2}$=1，化為：y=$\frac{1}{2}$x+2．
直線AP的方程為：y=k（x-4），
與橢圓方程聯(lián)立可得：（4k²+1）x²-32k²x+64k²-16=0，
又點(diǎn)P在橢圓上，
∴4x_P=$\frac{64{k}^{2}-16}{4{k}^{2}+1}$，解得x_P=$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
∴y_P=k（x_P-4）=$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，
故P$（\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}，\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}）$．
k_CP=$\frac{2+\frac{8k}{4{k}^{2}+1}}{0-\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}}$=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}$，
故直線CP的方程為：y=$\frac{1+2k}{2（1-2k）}$x+2，
令y=0，解得x=$\frac{8k-4}{2k+1}$，可得E$（\frac{8k-4}{2k+1}，0）$．
把直線BC與AP的方程聯(lián)立可得：$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+2}\\{y=k（x-4）}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8k+4}{2k-1}}\\{y=\frac{8k}{2k-1}}\end{array}\right.$，
∴D$（\frac{8k+4}{2k-1}，\frac{8k}{2k-1}）$．
直線DE的斜率為k₁=$\frac{\frac{8k}{2k-1}-0}{\frac{8k+4}{2k-1}-\frac{8k-4}{2k+1}}$=$\frac{2k（2k+1）}{8k}$=$\frac{1}{2}k$$+\frac{1}{4}$，
∴$2{k_1}=k+\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 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轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式、直線相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立解方程組，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．