Question

9．已知椭圆Г：$\frac{x^{2}}{a^{2}}$+$\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，离心率为$\frac{1}{2}$，且经过点（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）
（1）已知直线l：y=x，点M、N是直线l上不同的两点，且F₁M、F₂N均与直线l垂直，求三角形F₁MN面积；
（2）过椭圆Г内一点T（t，0）作两条直线分别交椭圆Г于点A、C和B、D，设直线AC与BD的斜率分别是k₁，k₂，若|AT|•|TC|=|BT|•|TD|，证明：k₁+k₂为定值．

Answer 1

分析 （1）由题意知e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{{\sqrt{3}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}{{b}^{2}}$=1，从而解得椭圆方程；结合图象求面积；
（2）由题意设直线AC的方程为x=$\frac{y}{{k}_{1}}$+t，从而与椭圆方程联立化简可得（4+$\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}$）y²+6t$\frac{1}{{k}_{1}}$x+3t²-12=0，从而可得|AT|•|TC|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）•|y₁y₂|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}}$|，|BT|•|TD|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{2}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{2}}}$|，从而证明．

解答 解：（1）∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{{\sqrt{3}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}{{b}^{2}}$=1，
∴a²=4，c²=1，b²=3；
∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
结合图象可知，
|OF₁|=1，∠F₁OM=$\frac{π}{4}$；
|MF₁|=|OM|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故S${\;}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}$•|MN|•|MF₁|
=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{1}{2}$；
证明：（2）由题意，设直线AC的方程为x=$\frac{y}{{k}_{1}}$+t，
与$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1联立消元可得，
（4+$\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}$）y²+6t$\frac{1}{{k}_{1}}$x+3t²-12=0，
设A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）
∴y₁y₂=$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}}$，
∴|AT|•|TC|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）•|y₁y₂|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}}$|，
同理可得，
|BT|•|TD|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{2}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{2}}}$|，
故（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}}$|=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{2}}$）•|$\frac{3{t}^{2}-12}{4+\frac{3}{{{k}^{2}}_{2}}}$|；
故（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$）（4+$\frac{3}{{{k}^{2}}_{2}}$）=（1+$\frac{1}{{{k}^{2}}_{2}}$）（4+$\frac{3}{{{k}^{2}}_{1}}$），
故$\frac{1}{{{k}^{2}}_{1}}$=$\frac{1}{{{k}^{2}}_{2}}$；
故k₁=k₂（舍去）或k₁=-k₂；
故k₁+k₂=0，为定值．

点评 本题考查了圆锥曲线与直线的位置关系的应用及判断，同时考查了数形结合的思想方法应用，属于中档题．