Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（x＞0）的離心率等于$\frac{\sqrt{3}}{2}$，橢圓C上的點到焦點的距離的最大值為4+2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)橢圓C的左右頂點分別為A，B，過點P（-2，0）的動直線（x軸除外）與橢圓C相交于M，N兩點，是否存在定直線l：x=t，使得AM與BN的交點Q總在直線l上？若存在，求出l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用離心率公式和最大值a+c，解方程即可得到a，c，求出b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）求出A，B坐標，考慮MN斜率不存在，可得M，N坐標，求出直線AN，BN方程，求出交點，猜想：存在l：x=-8，再由分析法證明，設(shè)MN的方程是y=k（x+2），代入橢圓C的方程，運用韋達定理，即可得到存在定直線l：x=-8，使得AM與BN的交點Q總在直線l上．

解答 解：（Ⅰ）由$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}⇒\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，…（2分）
又橢圓C上的點到焦點的距離的最大值$a+c=4+2\sqrt{3}$．
∴a=4，c=2$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{16-12}$=2，…（4分）
所以橢圓C方程是：$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$；…（5分）
（Ⅱ）A（-4，0）．B（4，0），
當MN斜率不存在時，$M（-2，\sqrt{3}），N（-2，-\sqrt{3}）$，
則AN的方程是：y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x+4），
BN的方程是：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$（x-4），
交點的坐標是：$（-8，-2\sqrt{3}）$，猜想：存在l：x=-8，
即直線l的方程是：x=-8使得AM與BN的交點Q總在直線l上．…（6分）
證明：設(shè)MN的方程是y=k（x+2），代入橢圓C的方程得：
（1+4k²）x²+16k²x+16k²-16=0，…（7分）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），Q（-8，y₀）
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{-16{k^2}}}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{16{k^2}-16}}{{1+4{k^2}}}$，…（8分）
∵$\overrightarrow{AQ}=（-4，{y_0}）$，$\overrightarrow{AM}$=（x₁+4，y₁），A，M，Q共線，
∴-4y₁=y₀（x₁+4），
由x₁+4≠0，可得y₀=-$\frac{4{y}_{1}}{{x}_{1}+4}$…（10分），
又$\overrightarrow{BQ}=（-12，{y_0}）$，$\overrightarrow{BN}=（{x_2}-4，{y_2}）$，
要證B，N，Q共線，即證$-12{y_2}=（{x_2}-4）\frac{{-4{y_1}}}{{{x_1}+4}}$，
即證：3k（x₂+2）（x₁+4）=k（x₁+2）（x₂-4），
即證：x₁x₂+5（x₁+x₂）+16=0
因為：${x_1}{x_2}+5（{x_1}+{x_2}）+16=\frac{{16{k^2}-16}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{80{k^2}}}{{1+4{k^2}}}+16=0$成立，…（12分）
所以點Q在直線BN上．
綜上：存在定直線l：x=-8，使得AM與BN的交點Q總在直線l上．…（13分）

點評 本題考查橢圓方程求法，注意運用離心率公式和橢圓上點與焦點的最大值a+c，考查存在性問題的解法，注意運用猜想和分析法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．