Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b）的左、右焦点分别为F₁、F₂，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，椭圆C与y轴交于点M，△MF₁F₂的面积为$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A、B是椭圆C的左、右顶点，P、Q是椭圆上的两点，且满足k_AP=2k_QB，求证直线PQ过定点．

Answer 1

分析 （1）通过△MF₁F₂的面积$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$及e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{b}^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，计算可知a²=4、b²=1，进而可得结论；
（2）可设交点为N（n，0），则直线PQ方程可设为：x=my+n，设P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），通过k_AP=2k_QB可知my₁y₂-（n-2）（y₁+y₂）+（3n+2）y₂=0，利用韦达定理、化简可知$\frac{m（3n+2）（n-2）}{{m}^{2}+4}$+（3n+2）y₂=0，进而可得结论．

解答 （1）解：∵△MF₁F₂的面积为$\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}$•2c•b=$\sqrt{3}$，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{c}{\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{b}^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a²=4，b²=1，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）证明：∵k_AP=2k_QB，∴P、Q在x轴两侧，即直线PQ与x轴相交，
设交点为N（n，0），则直线PQ方程可设为：x=my+n，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x、整理得：（m²+4）y²+2mny+n²-4=0，
设P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），则y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
∵k_AP=2k_QB，∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，即y₁（x₂-2）=2y₂（x₁+2），
又∵x₁=my₁+n，x₂=my₂+n，
∴上式即为：my₁y₂-（n-2）（y₁+y₂）+（3n+2）y₂=0，
∴m•$\frac{{n}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$-（n-2）（-$\frac{2mn}{{m}^{2}+4}$）+（3n+2）y₂=0，
整理得：$\frac{m（3n+2）（n-2）}{{m}^{2}+4}$+（3n+2）y₂=0，
∴当n=-$\frac{2}{3}$时，上式对任意的m∈R恒成立，
∴直线PQ过定点（-$\frac{2}{3}$，0）．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．