Question

6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左顶点为A，直线l与椭圆C分别相交于M，N两点．
（Ⅰ）若直线l过椭圆C右焦点且$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=6，求直线l的方程；
（Ⅱ）若直线l垂直于x轴，P是椭圆上不与椭圆顶点重合的任意一点，直线MP，NP分别交x轴于点E（m，0），F（n，0），探究m•n是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）讨论直线的斜率不存在和存在，联立椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，计算可得斜率k，进而得到所求直线方程；
（Ⅱ）设P（s，t），M（h，k），N（h，-k）．可得$\frac{{s}^{2}}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，$\frac{{h}^{2}}{4}+\frac{{k}^{2}}{3}=1$，变形为s²=$\frac{12-4{t}^{2}}{3}$，h²=$\frac{12-4{k}^{2}}{3}$．设出直线MP的方程，令y=0，解得m值，同理得到n值，化简可得m•n为定值．

解答 解：（Ⅰ）若直线l过椭圆C右焦点且与x轴垂直，
则M，N的坐标为（1，±$\frac{3}{2}$），此时$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=$\frac{27}{4}$不满足条件；
故直线l与x轴不垂直，
设直线方程的方程为：y=k（x-1），
则由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
则x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
则y₁•y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[x₁•x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{-9{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
∵$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=x₁•x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁•y₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$+2×$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$+4+$\frac{-9{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=6，
∴k=±$\sqrt{6}$，
∴直线l的方程为：y=$\sqrt{6}$（x-1），或y=-$\sqrt{6}$（x-1）；
（Ⅱ）设P（s，t），M（h，k），N（h，-k）．
则$\frac{{s}^{2}}{4}+\frac{{t}^{2}}{3}=1$，$\frac{{h}^{2}}{4}+\frac{{k}^{2}}{3}=1$，
∴s²=$\frac{12-4{t}^{2}}{3}$，h²=$\frac{12-4{k}^{2}}{3}$．
直线MP的方程为y-k=$\frac{t-k}{s-h}$（x-h），令y=0，解得m=$\frac{ht-sk}{t-k}$，
同理得到n=$\frac{sk+ht}{k+t}$．
∴mn=$\frac{{h}^{2}{t}^{2}-{s}^{2}{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$$\frac{{h}^{2}{t}^{2}-{s}^{2}{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=$\frac{\frac{12-4{k}^{2}}{3}•{t}^{2}-\frac{12-4{t}^{2}}{3}•{k}^{2}}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=$\frac{4（{t}^{2}-{k}^{2}）}{{t}^{2}-{k}^{2}}$=4．
故m•n为定值

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、点在椭圆上满足椭圆的方程等基础知识与基本技能方法，考查了计算能力，属于难题．