Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），橢圓C的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為$（\sqrt{3}，0）$，短軸長為2．
（I）求橢圓C的方程；
（II）若點(diǎn)P為直線x=4上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，A，B為橢圓的左、右頂點(diǎn)，直線AP，BP分別與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為M，N，求證：直線MN恒過點(diǎn)E（1，0）．

Answer 1

分析 （I）由題意可知c=$\sqrt{3}$，b=1，a²=b²+c²=4，即可求得橢圓方程；
（II）由題意求得AP及BP的方程，分別代入橢圓方程，求得M和N點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)直線的斜率公式，可得k_ME=k_NE，則M，N，E三點(diǎn)共線，即直線MN恒過點(diǎn)E（1，0）；

解答 解：（I）由題意可得c=$\sqrt{3}$，2b=2，b=1，a²=b²+c²=4，
則a²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（II）由$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$可得橢圓的左、右頂點(diǎn)為A（-2，0），B（2，0）．
設(shè)P（4，m），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則直線$AP：y=\frac{m}{6}（x+2）$，直線$BP：y=\frac{m}{2}（x-2）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$，整理得：$\frac{m^2}{9}{（x+2）^2}=4-{x^2}$，解得${x_1}=\frac{{18-2{m^2}}}{{9+{m^2}}}$，${y_1}=\frac{6m}{{9+{m^2}}}$
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$，整理得：m²（x+2）²=4-x²，解得${x_2}=\frac{{2（{m^2}-1）}}{{1+{m^2}}}$，${y_2}=\frac{-2m}{{1+{m^2}}}$，
${k_{ME}}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}=\frac{2m}{{3-{m^2}}}$，${k_{NE}}=\frac{y_2}{{{x_2}-1}}=\frac{-2m}{{{m^2}-3}}$，k_ME=k_NE，
M，N，E三點(diǎn)共線，即直線MN恒過點(diǎn)E（1，0）．
另法：
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$可得$\frac{m^2}{9}{（x+2）^2}=4-{x^2}$，解得${x_1}=\frac{{18-2{m^2}}}{{9+{m^2}}}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$可得m²（x-2）²=4-x²，解得${x_2}=\frac{{2（{m^2}-1）}}{{1+{m^2}}}$，
所以$\frac{{{k_{ME}}}}{{{k_{NE}}}}=\frac{y_1}{y_2}×\frac{{{x_2}-1}}{{{x_1}-1}}=\frac{{（{x_1}+2）（{x_2}-1）}}{{3（{x_2}-2）（{x_1}-1）}}=\frac{{\frac{36}{{9+{m^2}}}×\frac{{{m^2}-3}}{{1+{m^2}}}}}{{3×\frac{-4}{{1+{m^2}}}×\frac{{9-3{m^2}}}{{9+{m^2}}}}}=1$
所以M，N，E三點(diǎn)共線，即直線MN恒過點(diǎn)E（1，0）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線的斜率，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．