Question

18．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的两个焦点F₁，F₂，且过椭圆一个焦点及顶点的直线方程为x-y+$\sqrt{3}$=0
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点B（3，0）的直线l与椭圆E相交于点P，Q，过点A（2，1）的直线AP，AQ分别与x轴相交于M，N两点，点C（$\frac{5}{2}$，0），求证：|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）推导出左焦点为（-$\sqrt{3}$，0），上顶点为（0，$\sqrt{3}$），从而能求出椭圆方程．
（2）设直线l的方程为x=my+3，直线AP的方程为：y-1=$\frac{{y}_{{1}_{\;}-1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，从而求出M坐标，同理，求出N点坐标，联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，得：（2+m²）y²+6my+3=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能证明|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）∵过椭圆一个焦点及顶点的直线方程为x-y+$\sqrt{3}$=0，
∴左焦点为（-$\sqrt{3}$，0），上顶点为（0，$\sqrt{3}$），
∴b=c=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
证明：（2）设直线l的方程为x=my+3，
P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
直线AP的方程为：y-1=$\frac{{y}_{{1}_{\;}-1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，
∵过点A（2，1）的直线AP，
AQ分别与x轴相交于M，N两点，
∴M（$\frac{2{y}_{1}-{x}_{1}}{{y}_{1}-1}$，0），即M（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{1}-1}$，0），
同理，得N（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{2}-1}$，0），即N（$\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{2}-1}$，0），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+3}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，消去x，整理，得：（2+m²）y²+6my+3=0，
由△=36m²-12（2+m²）＞0，得m²＞1，
${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{6m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3}{2+{m}^{2}}$，
|CM|•|CN|=（$\frac{5}{2}-\frac{（2-m）{y}_{1}-3}{{y}_{1}-1}$）•（$\frac{5}{2}$-$\frac{（2-m）{y}_{2}-3}{{y}_{2}-1}$）
=$\frac{（1+2m）{y}_{1}+3}{2（{y}_{1}-1）}•\frac{（1+2m）{y}_{1}+3}{2（{y}_{2}-1）}$
=$\frac{（1+2m）^{2}{y}_{1}{y}_{2}+（1+2m）（{y}_{1}+{y}_{2}）+1}{4[{y}_{1}{y}_{2}-（{y}_{1}+{y}_{2}）+1]}$
=$\frac{（1+2m）^{2}•\frac{3}{2+{m}^{2}}+（1+2m）•（-\frac{6m}{2+{m}^{2}}）+1}{4（\frac{3}{2+{m}^{2}}+\frac{6m}{2+{m}^{2}}+1）}$
=$\frac{3+12m+12{m}^{2}-6m-12{m}^{2}+2+{m}^{2}}{4（3+6m+2+{m}^{2}）}$
=$\frac{{m}^{2}+6m+5}{4（{m}^{2}+6m+5）}$=$\frac{1}{4}$．
∴|CM|•|CN|=$\frac{1}{4}$．

点评 本题考查方程的求法，考查两线段乘积为定值的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、根的判别式、韦达定理的合理运用．