Question

3．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩個焦點F₁，F(xiàn)₂，且橢圓過點（0，$\sqrt{3}}$），（${\sqrt{3}$，-$\frac{{\sqrt{6}}}{2}}$），且A是橢圓上位于第一象限的點，且△AF₁F₂的面積S${\;}_{△A{F_1}{F_2}}}$=$\sqrt{3}$．
（1）求點A的坐標(biāo)；
（2）過點B（3，0）的直線l與橢圓E相交于點P，Q，直線AP，AQ與x軸相交于M，N兩點，點C（${\frac{5}{2}$，0），則$\overrightarrow{CM}$•$\overrightarrow{CN}$是否為定值，如果是定值，求出這個定值，如果不是請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\left\{{\begin{array}{l}{b=\sqrt{3}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\\{\frac{3}{a^2}+\frac{3}{{2{b^2}}}=1}\end{array}}\right.$，解出橢圓E的方程．由△AF₁F₂的面積${S_{△A{F_1}{F_2}}}=\sqrt{3}$，可得$\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|{y_A}=\sqrt{3}$，解得y_A，代入橢圓方程可得x_A．
（2）法一：設(shè)直線l的方程為x=my+3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．直線AP的方程為$y-1=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}（{x-2}）$，可得$M（{\frac{{（{2-m}）{y_1}-3}}{{{y_1}-1}}，0}）$．同理可得$N（{\frac{{（{2-m}）{y_2}-3}}{{{y_2}-1}}，0}）$．聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x^2}+2{y^2}=6}\end{array}}\right.$，可得（2+m²）y²+6my+3=0．把根與系數(shù)的關(guān)系代入|CM|•|CN|，即$\overrightarrow{CM}$•$\overrightarrow{CN}$，即可得出定值．
法二：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（x₃，0），N（x₄，0），直線l，AP，AQ的斜率分別為k，k₁，k₂，由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（{x-3}）}\\{{x^2}+2{y^2}=6}\end{array}}\right.$，得（1+2k²）x²-12k²x+18k²-6=0，可得k₁+k₂=-2．由y-1=k₁（x-2），令y=0，得${x_3}=2-\frac{1}{k_1}$，即$M（{2-\frac{1}{k_1}，0}）$，同理可得：$N（{2-\frac{1}{k_2}，0}）$，代入|CM|•|CN|，即$\overrightarrow{CM}$•$\overrightarrow{CN}$，即可得出定值．

解答 解：（1）∵橢圓$E（{0，\sqrt{3}}），（{\sqrt{3}，-\frac{{\sqrt{6}}}{2}}）$．
∴$\left\{{\begin{array}{l}{b=\sqrt{3}}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\\{\frac{3}{a^2}+\frac{3}{{2{b^2}}}=1}\end{array}}\right.$，解得${a^2}=6，b=c=\sqrt{3}$．
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$．
∵△AF₁F₂的面積${S_{△A{F_1}{F_2}}}=\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|{y_A}=\sqrt{3}$，
∴y_A=1，代入橢圓方程$\frac{x_A^2}{6}+\frac{1^2}{3}=1$．
∵x_A＞0，∴x_A=2，∴A（2，1）．
（2）法一：設(shè)直線l的方程為x=my+3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
直線AP的方程為$y-1=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}（{x-2}）$，
可得$M（{\frac{{2{y_1}-{x_1}}}{{{y_1}-1}}，0}）$，即$M（{\frac{{（{2-m}）{y_1}-3}}{{{y_1}-1}}，0}）$．
直線AQ的方程為$y-1=\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}（{x-2}）$，
可得$N（{\frac{{2{y_2}-{x_2}}}{{{y_2}-1}}，0}）$，即$N（{\frac{{（{2-m}）{y_2}-3}}{{{y_2}-1}}，0}）$．
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x^2}+2{y^2}=6}\end{array}}\right.$，消去x，整理，
得（2+m²）y²+6my+3=0．
由△=36m²-12（2+m²）＞0，可得m²＞1．
∴${y_1}+{y_2}=-\frac{6m}{{2+{m^2}}}，{y_1}{y_2}=\frac{3}{{2+{m^2}}}$，
$\begin{array}{l}|{CM}|•|{CN}|=（{\frac{5}{2}-\frac{{（{2-m}）{y_1}-3}}{{{y_1}-1}}}）•（{\frac{5}{2}-\frac{{（{2-m}）{y_2}-3}}{{{y_2}-1}}}）\\=\frac{{（{1+2m}）{y_1}+1}}{{2（{{y_1}-1}）}}•\frac{{（{1+2m}）{y_2}+1}}{{2（{{y_2}-1}）}}\\=\frac{{{{（{1+2m}）}^2}{y_1}{y_2}+（{1+2m}）（{{y_1}+{y_2}}）+1}}{{4[{{y_1}{y_2}-（{{y_1}+{y_2}}）+1}]}}\\=\frac{{{{（{1+2m}）}^2}•\frac{3}{{2+{m^2}}}+（{1+2m}）•（{-\frac{6m}{{2+{m^2}}}}）+1}}{{4（{\frac{3}{{2+{m^2}}}+\frac{6m}{{2+{m^2}}}+1}）}}\\=\frac{{3+12m+12{m^2}-6m-12{m^2}+2+{m^2}}}{{4（{3+6m+2+{m^2}}）}}\\=\frac{{{m^2}+6m+5}}{{4（{{m^2}+6m+5}）}}=\frac{1}{4}\end{array}$
∴|CM|•|CN|為定值，且$|{CM}|•|{CN}|=\frac{1}{4}$．
即$\overrightarrow{CM}$•$\overrightarrow{CN}$=$\frac{1}{4}$．
法二：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（x₃，0），N（x₄，0），直線l，AP，AQ的斜率分別為k，k₁，k₂，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（{x-3}）}\\{{x^2}+2{y^2}=6}\end{array}}\right.$，得（1+2k²）x²-12k²x+18k²-6=0，△=144k⁴-4（1+2k²）（18k²-6）＞0，可得k²＜1，${x_1}+{x_2}=\frac{{12{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{18{k^2}-6}}{{1+2{k^2}}}$，$\begin{array}{l}{k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}+\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=\frac{{k（{{x_1}-3}）-1}}{{{x_1}-2}}+\frac{{k（{{x_2}-3}）-1}}{{{x_2}-2}}\\=\frac{{2k{x_1}{x_2}-（{5k+1}）（{{x_1}+{x_2}}）+12k+4}}{{{x_1}{x_2}-2（{{x_1}+{x_2}}）+4}}\\=\frac{{2k•\frac{{18{k^2}-6}}{{1+2{k^2}}}-（{5k+1}）•\frac{{12{k^2}}}{{1+2{k^2}}}+12k+4}}{{\frac{{18{k^2}-6}}{{1+2{k^2}}}-2•\frac{{12{k^2}}}{{1+2{k^2}}}+4}}\\=\frac{{-4{k^2}+4}}{{2{k^2}-2}}=-2\end{array}$
由y-1=k₁（x-2），令y=0，得${x_3}=2-\frac{1}{k_1}$，
即$M（{2-\frac{1}{k_1}，0}）$，
同理得${x_4}=2-\frac{1}{k_2}$，
即$N（{2-\frac{1}{k_2}，0}）$，則
$\begin{array}{l}|{CM}|•|{CN}|=|{\frac{5}{2}-（{2-\frac{1}{k_1}}）}|•|{\frac{5}{2}-（{2-\frac{1}{k_2}}）}|\\=|{\frac{1}{2}+\frac{1}{k_1}}|•|{\frac{1}{2}+\frac{1}{k_2}}|\\=|{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（{\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}}）+\frac{1}{{{k_1}{k_2}}}}|\\=|{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}（{\frac{{{k_1}+{k_2}}}{{{k_1}{k_2}}}}）+\frac{1}{{{k_1}{k_2}}}}|\\=|{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}×\frac{-2}{{{k_1}{k_2}}}+\frac{1}{{{k_1}{k_2}}}}|=\frac{1}{4}\end{array}$
∴|CM|•|CN|為定值，該定值為$\frac{1}{4}$．
即$\overrightarrow{CM}$•$\overrightarrow{CN}$=$\frac{1}{4}$．

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、直線斜率計算公式、數(shù)量積運算性質(zhì)、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．