Question

1．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，橢圓C過點$M（{0，\sqrt{3}}）$，且△MF₁F₂為正三角形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）垂直于x軸的直線與橢圓C交于A、B兩點，過點P（4，0）的直線PB交橢圓C于另一點E，證明：直線AE與x軸相交于定點．

Answer 1

分析 （1）由題意可得b=$\sqrt{3}$，運用正三角形的性質(zhì)可得c=btan30°=1，求得a=2，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線PB的方程為y=k（x-4）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，設(shè)點B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），通過韋達(dá)定理求出直線方程，即可求出定點坐標(biāo)．

解答 解：（1）橢圓C過點$M（{0，\sqrt{3}}）$，可得b=$\sqrt{3}$，
△MF₁F₂為正三角形，可得c=btan30°=$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=1，
a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，即有橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由題意知直線PB的斜率存在，設(shè)直線PB的方程為y=k（x-4），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，得（4k²+3）x²-32k²x+64k²-12=0①
設(shè)點B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則A（x₁，-y₁），
直線AE的方程為y-y₂=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₂），
令y=0，得x=x₂-$\frac{{y}_{2}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{y}_{2}+{y}_{1}}$，
再將y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入
整理得x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$②
由①得x₁+x₂=$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
代入②整理得x=1，
所以直線AE與x軸相交于定點（1，0）．

點評 本題考查直線方程與橢圓方程的綜合應(yīng)用，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查分析問題解決問題的能力．