Question

19．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交于M，N两点，已知直线A₁M与A₂N相交于点G，求证：以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设点A₁（-a，0），F₂（c，0），推导出a=4-2c，由椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，得a=2c，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）法一：要证以G点为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．只需证x_G=1，联立方程组$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．
法二：要证以G点为圆心，即证x_G=1，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃两两不等，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x₃=1，由此能证明以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．
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、三点共线，结合已知条件，能证明以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．

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$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------（6分）
证明：（Ⅱ）证法一：要证以G点为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．
只需证GF₂⊥x轴，即证x_G=1．-------（7分）
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立方程组$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$
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${l_{{A_1}M}}：y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）$，${l_{{A_2}N}}：y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$
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．
所以以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．-------（12分）
证法二：要证以G点为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．
只需证GF₂⊥x轴，即证x_G=1．-------（7分）
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
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．-------（11分）
所以GF₂⊥x轴，即以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．-------（12分）
证法三：由题意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．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃两两不等，
则${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{12\sqrt{1-4{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}$-----（9分）
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，-------（11分）
所以GF₂⊥x轴，即以点G为圆心，GF₂的长为半径的圆总与x轴相切．-------（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查圆总与x轴相切的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、直线方程、三点共线、椭圆性质的合理运用．