Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，左、右焦點分別為圓F₁、F₂，M是C上一點，|MF₁|=2，且|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$||$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=2$\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）當過點P（4，1）的動直線l與橢圓C相交于不同兩點A、B時，線段AB上取點Q，且Q滿足|$\overrightarrow{AP}$||$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{AQ}$||$\overrightarrow{PB}$|，證明點Q總在某定直線上，并求出該定直線的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知得a=2c，且∠F₁MF₂=60°，由余弦定理求出c=1，即可求得a，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓C的方程可求；
（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+（1-4k），代入橢圓方程，得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合已知向量等式即可證明點Q總在某定直線上，并求出該定直線方程．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，∴a=2c，
橢圓左、右焦點分別為圓F₁、F₂，M是C上一點，|MF₁|=2，且|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$||$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=2$\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}$．
得cos＜$\overrightarrow{M{F}_{1}}，\overrightarrow{M{F}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}}{|\overrightarrow{M{F}_{1}}||\overrightarrow{M{F}_{2}}|}=\frac{1}{2}$，∴∠F₁MF₂=60°．
在△F₁F₂M中，由余弦定理得：
（2c）²=2²+（4c-2）²-2×2（4c-2）cos60°，
解得c=1．
則a=2，b=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
證明：（2）由題意可得直線l的斜率存在．
設(shè)直線l的方程為y-1=k（x-4），即y=kx+（1-4k），
代入橢圓方程，整理得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{32{k}^{2}-8k}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{64{k}^{2}-32k-8}{3+4{k}^{2}}$．
設(shè)Q（x₀，y₀），由|$\overrightarrow{AP}$||$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{AQ}$||$\overrightarrow{PB}$|，得：
（4-x₁）（x₀-x₂）=（x₁-x₀）（4-x₂）（考慮線段在x軸上的射影即可），
∴8x₀=（4+x₀）（x₁+x₂）-2x₁x₂，
于是$8{x}_{0}=（4+{x}_{0}）•\frac{32{k}^{2}-8k}{3+4{k}^{2}}-\frac{2（64{k}^{2}-32k-8）}{3+4{k}^{2}}$，
整理得3x₀-2=（4-x₀）k，①
又k=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-4}$，代入①式得3x₀+y₀-3=0，
∴點Q總在直線3x+y-3=0上．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查推理論證與運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．