Question

17．如图所示，已知椭圆C：$\frac{x^2}{4}$+y²=1左、右端点分别为A₁，A₂，过定点（1，0）的动直线与椭圆C交于P，Q两点．直线A₁P与A₂Q交于点S．
（1）当直线斜率为1时，求直线A₁P与A₂Q的方程．
（2）试问：点S是否恒在一条定直线上．若是求出这条直线方程，若不是请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得直线PQ的方程，代入椭圆方程，求得P，Q的坐标，再由点斜式方程即可求得所求直线方程；
（2）设直线PQ的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，求得A₁P，A₂Q的方程，联立求得交点的横坐标x，化简整理，代入韦达定理，即可得到x=4．

解答 解：（1）直线PQ：y=x-1，代入椭圆方程$\frac{x^2}{4}$+y²=1，
可得5x²-8x=0，解得x₁=0，x₂=$\frac{8}{5}$，
即有P（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），Q（0，-1），
即直线A₁P的方程为y-0=$\frac{\frac{3}{5}}{\frac{8}{5}+2}$（x+2）
即为x-6y+2=0；
A₂Q的方程为y=$\frac{1}{2}$x-1，即为x-2y-2=0；
（2）设动直线x=my+1，代入椭圆方程可得（m²+4）y²+2my-3=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+4}$，
且A₁P，A₂Q分别为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$（x+2），y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），
联立两直线方程可得x=2•$\frac{{y}_{2}（{x}_{1}+2）+{y}_{1}（{x}_{2}-2）}{{y}_{2}（{x}_{1}+2）-{y}_{1}（{x}_{2}-2）}$=2•$\frac{{y}_{2}（m{y}_{1}+3）+{y}_{1}（m{y}_{2}-1）}{{y}_{2}（m{y}_{1}+3）-{y}_{1}（m{y}_{2}-1）}$
=2•$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+3{y}_{2}-{y}_{1}}{3{y}_{2}+{y}_{1}}$=2•$\frac{2m•\frac{-3}{{m}^{2}+4}+3•\frac{-2m}{{m}^{2}+4}-4{y}_{1}}{3•\frac{-2m}{{m}^{2}+4}-2{y}_{1}}$=4，
则点S恒在一条定直线上．且为x=4．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，同时考查直线方程的求法和求交点，考查运算能力，属于中档题．