Question

11．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左右顶点分别为A₁，A₂，直线l：x=8与x轴交于点T₀，T为l上异于T₀的任意一点，直线TA₁，TA₂分别与椭圆C交于M，N两点，则直线MN恒过定点$（\frac{1}{2}，0）$．

Answer 1

分析 如图所示，A₁（-2，0），A₂（2，0）．设T（8，t）（t≠0）．M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．直线TA₁，TA₂的方程分别为：$y=\frac{t}{10}（x+2）$，y=$\frac{t}{6}$（x-2），分别与椭圆方程联立可得x₁，x₂，进而得到y₁，y₂，可得直线MN的方程，即可证明．

解答 解：如图所示，A₁（-2，0），A₂（2，0）．
设T（8，t）（t≠0）．M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
直线TA₁，TA₂的方程分别为：$y=\frac{t}{10}（x+2）$，y=$\frac{t}{6}$（x-2），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{t}{10}（x+2）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为（25+t²）x²+4t²x+4t²-100=0，
可得-2x₁=$\frac{4{t}^{2}-100}{25+{t}^{2}}$，化为x₁=$\frac{50-2{t}^{2}}{25+{t}^{2}}$，y₁=$\frac{t}{10}（{x}_{1}+2）$=$\frac{10t}{25+{t}^{2}}$．
同理可得：x₂=$\frac{2{t}^{2}-18}{9+{t}^{2}}$，y₂=$\frac{t}{6}（{x}_{2}-2）$=$\frac{-6t}{9+{t}^{2}}$．
∴直线MN的方程为：y-y₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（x-{x}_{1}）$，令y=0，
化为x=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}-{y}_{2}{x}_{1}}{{y}_{1}-{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}$．
∴直线MN恒过定点$（\frac{1}{2}，0）$．
故答案为：$（\frac{1}{2}，0）$．

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转化为方程联立可得一元二次方程及其根与系数的关系、点斜式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．