Question

8．如圖，自點(diǎn)M（1，0）引直線交橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1于A，B兩點(diǎn)，直線l：x=4與x軸交于點(diǎn)N，設(shè)點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為P（異于點(diǎn)B）．
（1）求證：P、B、N三點(diǎn)共線；
（2）過(guò)點(diǎn)A作PB的平行線交直線l：x=4于點(diǎn)Q，記△AQM、△QMN、△BMN的面積分別為S₁、S₂、S₃，是否存在常數(shù)λ，使得S₂²=λS₁S₃？若存在，請(qǐng)求出λ的值：若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），P（x₂，-y₂），l：y=k（x-1），代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合BP的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），令y=0，化簡(jiǎn)求解可得x=4，即可證明P、B、N三點(diǎn)共線；
（2）分別求出S₁、S₂、S₃，可得λ=$\frac{{{S}_{2}}^{2}}{{S}_{1}{S}_{3}}$=$\frac{12|k|{{y}_{2}}^{2}}{|3k-2{y}_{2}||{y}_{1}{y}_{2}|}$，結(jié)合韋達(dá)定理，即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：設(shè)B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），P（x₂，-y₂），l：y=k（x-1），
代入$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1整理得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
由韋達(dá)定理可得：x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$
BP的方程為y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁）
令y=0，得x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-2}$=4．
∴直線BP過(guò)定點(diǎn)N（4，0），
∴P、B、N三點(diǎn)共線；
（2）解：Q（4，y₀），
∵AQ∥PB，∴$\frac{{y}_{0}-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$，
∴y₀=2y₂，|AM|=$\sqrt{（{x}_{2}-1）^{2}+{{y}_{2}}^{2}}$=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}|{y}_{2}|}{|k|}$，
∵Q到直線AM：kx-y-k=0的距離d=$\frac{|3k-2{y}_{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S₁=$\frac{1}{2}|AM|d$=$\frac{|3k-2{y}_{2}||{y}_{2}|}{2|k|}$，S₂=$\frac{1}{2}|MN||{y}_{0}|$=3|y₂|，S₃=$\frac{1}{2}|MN||{y}_{2}|$=$\frac{3}{2}$|y₂|，
∴λ=$\frac{{{S}_{2}}^{2}}{{S}_{1}{S}_{3}}$=$\frac{12|k|{{y}_{2}}^{2}}{|3k-2{y}_{2}||{y}_{1}{y}_{2}|}$，
∵y₁y₂=k（x₁-1）•k（x₂-1）=$\frac{-3{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{-2k}{4{k}^{2}+1}$，
∴2y₁y₂=3（y₁+y₂），3k-2y₂=-$\frac{2{{y}_{2}}^{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
∴λ=$\frac{6|k（{y}_{1}+{y}_{2}\}|}{|{y}_{1}{y}_{2}|}$=4，
∴存在λ=4，使得S₂²=λS₁S₃．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，屬于中檔題．