Question

4．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A₁，A₂，左、右焦点分别为F₁，F₂，离心率为$\frac{1}{2}$，点B（4，0），F₂为线段A₁B的中点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M，N两点，已知直线A₁M与A₂N相交于点G，试判断点G是否在定直线上？若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设点A₁（-a，0），F₂（c，0），由题意得a=4-2c，由椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，得a=2c，求出a，b，由此能示出椭圆C的方程．
（Ⅱ）法一：根据椭圆的对称性猜测点G是与y轴平行的直线x=x₀上．假设当点M为椭圆的上顶点时，直线l的方程为$\sqrt{3}x+4y-4\sqrt{3}=0$，此时点N$（\frac{8}{5}，\frac{{3\sqrt{3}}}{5}）$，联立直线${l_{{A_1}M}}：\sqrt{3}x-2y+2\sqrt{3}=0$和直线${l_{{A_2}N}}：3\sqrt{3}x+2y-6\sqrt{3}=0$可得点$G（1，\frac{{3\sqrt{3}}}{2}）$，猜想点G在直线x=1上，对猜想给予证明，得到点G在定直线上x=1上．
法二：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），由B，M，N三点共线，得：2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0，再由A₁，M，G三点共线，A₂，N，G三点共线，推导出点G在定直线x=1上．
法三：设l的方程为y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合A₁，M，G三点共线，A₂，N，G三点共线，推导出点G在定直线x=1上．

解答 解：（Ⅰ）设点A₁（-a，0），F₂（c，0），由题意可知：$c=\frac{-a+4}{2}$，即a=4-2c①
又因为椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，即a=2c②
联立方程①②可得：a=2，c=1，则b²=a²-c²=3
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------（5分）
解：（Ⅱ）解法一：根据椭圆的对称性猜测点G是与y轴平行的直线x=x₀上．
假设当点M为椭圆的上顶点时，直线l的方程为$\sqrt{3}x+4y-4\sqrt{3}=0$，此时点N$（\frac{8}{5}，\frac{{3\sqrt{3}}}{5}）$，
则联立直线${l_{{A_1}M}}：\sqrt{3}x-2y+2\sqrt{3}=0$和直线${l_{{A_2}N}}：3\sqrt{3}x+2y-6\sqrt{3}=0$可得点$G（1，\frac{{3\sqrt{3}}}{2}）$
据此猜想点G在直线x=1上，下面对猜想给予证明：-------（7分）
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立方程$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0
由韦达定理可得${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$（*）-------（9分）
因为直线${l_{{A_1}M}}：y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）$，${l_{{A_2}N}}：y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，
联立两直线方程得$\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$（其中x为G点的横坐标）即证：$\frac{{3{y_1}}}{{{x_1}+2}}=\frac{{-{y_2}}}{{{x_2}-2}}$，
即3k（x₁-4）•（x₂-2）=-k（x₂-4）•（x₁+2），即证4x₁x₂-10（x₁+x₂）+16=0-------（11分）
将（*）代入上式可得$\frac{{4•（64{k^2}-12）}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{10×32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+16=0?16{k^2}-3-20{k^2}+3+4{k^2}=0$
此式明显成立，原命题得证．所以点G在定直线上x=1上．-------（12分）
解法二：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃两两不等，
因为B，M，N三点共线，所以$\frac{y_1}{{{x_1}-4}}=\frac{y_2}{{{x_2}-4}}⇒\frac{{{y_1}^2}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{{y_2}^2}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}⇒\frac{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}$，
整理得：2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0-------（8分）
又A₁，M，G三点共线，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
又A₂，N，G三点共线，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②，
将①与②两式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}⇒{（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{{y_2}^2{{（{x_1}+2）}^2}}}{{{y_1}^2{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）{{（{x_1}+2）}^2}}}{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}$
即${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}+2（{x_1}+{x_2}）+4}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$，-------（10分）
将2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0即${x_1}{x_2}=\frac{5}{2}（{x_1}+{x_2}）-4=0$代入得：${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=9$
解得x₃=4（舍去）或x₃=1，所以点G在定直线x=1上．-------（12分）
解法三：由题意知l与x轴不垂直，设l的方程为y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0．-------（7分）
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃两两不等，
则${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{12\sqrt{1-4{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}$，
由A₁，M，G三点共线，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
由A₂，N，G三点共线，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②
①与②两式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}=\frac{{k（{x_2}-4）（{x_1}+2）}}{{k（{x_1}-4）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+3（{x_1}-{x_2}）-8}}{{{x_1}{x_2}-3（{x_1}+{x_2}）+（{x_1}-{x_2}）+8}}=-\frac{1}{3}$-------（10分）
解得x₃=4（舍去）或x₃=1，所以点G在定直线x=1上．-------（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查点是否在定直线上的判断与证明，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、三点共线等知识点的合理运用．