Question

（2012•青岛二模）设F₁，F₂分别是椭圆D：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F₂作倾斜角为

π

3

的直线交椭圆D于A，B两点，F₁到直线AB的距离为3，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形面积为4．
（Ⅰ）求椭圆D的方程；
（Ⅱ）过椭圆D的左顶点P作直线l₁交椭圆D于另一点Q．
（ⅰ）若点N（0，t）是线段PQ垂直平分线上的一点，且满足

NP

•

NQ

=4，求实数t的值；
（ⅱ）过P作垂直于l₁的直线l₂交椭圆D于另一点G，当直线l₁的斜率变化时，直线GQ是否过x轴上的一定点，若过定点，请给出证明，并求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）设出AB的方程，利用F₁到直线AB的距离为3，可求得c的值，利用a²-b²=c²=3，连接椭圆D的四个顶点得到的菱形面积为4，即可求得椭圆D的方程；
（Ⅱ）设直线l₁的方程代入椭圆D的方程，消去y，整理得一元二次方程，由韦达定理，可求得线段PQ的中点坐标；（ⅰ）当k=0时，则有Q（2，0），线段PQ垂直平分线为y轴，利用

NP

•

NQ

=-4+t2=4，可求t的值；当k≠0时，求出线段PQ垂直平分线的方程，令x=0，得：t=-

6k

1+4k2

，利用

NP

•

NQ

=4，可求t的值；
（ⅱ）设直线l₂的方程与椭圆方程联立，确定Q的坐标，从而可求GQ的直线方程，令y=0，即可得到结论．

解答：解：（Ⅰ）设F₁，F₂的坐标分别为（-c，0），（c，0），其中c＞0
由题意得AB的方程为：y=

3

(x-c)
因F₁到直线AB的距离为3，所以有

|- 3 c- 3 c|

3+1

=3，解得c=

3

…（1分）
所以有a²-b²=c²=3…①
由题意知：

1

2

×2a×2b=4，即ab=2…②
联立①②解得：a=2，b=1
∴所求椭圆D的方程为

x2

4

+y2=1…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：P（-2，0），设Q（x₁，y₁）
根据题意可知直线l₁的斜率存在，可设直线斜率为k，则直线l₁的方程为y=k（x+2）
把它代入椭圆D的方程，消去y，整理得：（1+4k²）x²+16k²x+（16k²-4）=0
由韦达定理得-2+x1=-

16k2

1+4k2

，则x1=

2-8k2

1+4k2

，
∴y₁=k（x₁+2）=

4k

1+4k2

，∴Q(

2-8k2

1+4k2

，

4k

1+4k2

)，
∴线段PQ的中点坐标为(-

8k2

1+4k2

，

2k

1+4k2

)…（6分）
（ⅰ）当k=0时，则有Q（2，0），线段PQ垂直平分线为y轴，于是

NP

=(-2，-t)，

NQ

=(2，-t)
由

NP

•

NQ

=-4+t2=4，解得：t=±2

2

…（8分）
当k≠0时，则线段PQ垂直平分线的方程为y-

2k

1+4k2

=-

1

k

(x+

8k2

1+4k2

)
因为点N（0，t）是线段PQ垂直平分线的一点，
令x=0，得：t=-

6k

1+4k2

，于是

NP

=(-2，-t)，

NQ

=(x1，y1-t)
由

NP

•

NQ

=-2x1-t(y1-t)=

4(16k4+15k2-1)

(1+4k2)2

=4，解得：k=±

14

7

代入t=-

6k

1+4k2

，解得：t=±

2 14

5

综上，满足条件的实数t的值为t=±2

2

或t=±

2 14

5

…（10分）
（ⅱ）设G（x₂，y₂），由题意知l₁的斜率k≠0，直线l₂的斜率为-

1

k

，则l2：y=-

1

k

(x+2)
由

y=- 1 k (x+2) x2 4 +y2=1

化简得：（k²+4）x²+16x+16-4k²=0．
∵此方程有一根为-2，得x2=

2k2-8

k2+4

⇒y2=-

4k

k2+4

．…（12分）
∵Q(

2-8k2

1+4k2

，

4k

1+4k2

)，则kGQ=

- 4k k2+4 - 4k 1+4k2

2k2-8 k2+4 - 2-8k2 1+4k2

=-

5k

4(k2-1)

所以GQ的直线方程为y-

4k

1+4k2

=-

5k

4(k2-1)

(x-

2-8k2

1+4k2

)
令y=0，则x=

16k(k2-1)

5k(1+4k2)

+

2-8k2

1+4k2

=-

6

5

．
所以直线GQ过x轴上的一定点(-

6

5

，0)…（14分）

点评：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，综合性强．