Question

5．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，F₁，F₂为其左、右焦点．
（Ⅰ）若点Q为椭圆C的上顶点，求△QF₁F₂内切圆的面积；
（Ⅱ）若斜率为k，过定点F₂的直线l与椭圆C交于M，N两点，试证明：直线AM、直线BN与直线x=4三线必定共点．

Answer 1

分析 （I）△QF₁F₂为等边三角形，故其内切圆半径为$\frac{1}{3}$OQ=$\frac{1}{3}$b，再代入面积公式计算；
（II）联立方程组，得出AM，BN的方程，求出它们与直线x=4的交点坐标，借助根与系数的关系证明交点重合即可．

解答 解：（I）Q（0，$\sqrt{3}$），F₁（-1，0），F₂（1，0），
∴QF₁=QF₂=F₁F₂=2，即△QF₁F₂是边长为2的等边三角形，
∴△QF₁F₂内切圆半径r=$\frac{1}{3}$OQ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴△QF₁F₂内切圆面积为S=π•$\frac{1}{3}$=$\frac{π}{3}$．
（II）直线l的方程为y=k（x-1），代入椭圆方程得：（3+4k²）x²-8k²x+4（k²-3）=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{k}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，
又A（-2，0），B（2，0），
∴直线AM的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$（x+2），令x=4得y=$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$，
即直线AM与直线x=4的交点坐标为D（4，$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$）
直线BN的方程为y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），令x=4得y=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$，
即直线BN与直线x=4的交点坐标为E（4，$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$），
$\frac{6k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}+2}$-$\frac{2k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$=$\frac{6k（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-2）-2k（{x}_{2}-1）（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{4k{x}_{1}{x}_{2}-10k（{x}_{1}+{x}_{2}）+16k}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$，
∵4kx₁x₂-10k（x₁+x₂）+16k=$\frac{16k（{k}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{80{k}^{3}}{3+4{k}^{2}}$+16k=0，
∴点D与点E重合，
∴直线AM、直线BN与直线x=4三线必定共点．

点评 本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，注意根与系数关系的应用，属于中档题．