Question

8．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（x＞0）的离心率等于$\frac{\sqrt{3}}{2}$，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为4+2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设椭圆C的左右顶点分别为A，B，过点P（-2，0）的动直线（x轴除外）与椭圆C相交于M，N两点，是否存在定直线l：x=t，使得AM与BN的交点Q总在直线l上？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用离心率公式和最大值a+c，解方程即可得到a，c，求出b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）求出A，B坐标，考虑MN斜率不存在，可得M，N坐标，求出直线AN，BN方程，求出交点，猜想：存在l：x=-8，再由分析法证明，设MN的方程是y=k（x+2），代入椭圆C的方程，运用韦达定理，即可得到存在定直线l：x=-8，使得AM与BN的交点Q总在直线l上．

解答 解：（Ⅰ）由$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}⇒\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，…（2分）
又椭圆C上的点到焦点的距离的最大值$a+c=4+2\sqrt{3}$．
∴a=4，c=2$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{16-12}$=2，…（4分）
所以椭圆C方程是：$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$；…（5分）
（Ⅱ）A（-4，0）．B（4，0），
当MN斜率不存在时，$M（-2，\sqrt{3}），N（-2，-\sqrt{3}）$，
则AN的方程是：y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x+4），
BN的方程是：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$（x-4），
交点的坐标是：$（-8，-2\sqrt{3}）$，猜想：存在l：x=-8，
即直线l的方程是：x=-8使得AM与BN的交点Q总在直线l上．…（6分）
证明：设MN的方程是y=k（x+2），代入椭圆C的方程得：
（1+4k²）x²+16k²x+16k²-16=0，…（7分）
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），Q（-8，y₀）
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{-16{k^2}}}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{16{k^2}-16}}{{1+4{k^2}}}$，…（8分）
∵$\overrightarrow{AQ}=（-4，{y_0}）$，$\overrightarrow{AM}$=（x₁+4，y₁），A，M，Q共线，
∴-4y₁=y₀（x₁+4），
由x₁+4≠0，可得y₀=-$\frac{4{y}_{1}}{{x}_{1}+4}$…（10分），
又$\overrightarrow{BQ}=（-12，{y_0}）$，$\overrightarrow{BN}=（{x_2}-4，{y_2}）$，
要证B，N，Q共线，即证$-12{y_2}=（{x_2}-4）\frac{{-4{y_1}}}{{{x_1}+4}}$，
即证：3k（x₂+2）（x₁+4）=k（x₁+2）（x₂-4），
即证：x₁x₂+5（x₁+x₂）+16=0
因为：${x_1}{x_2}+5（{x_1}+{x_2}）+16=\frac{{16{k^2}-16}}{{1+4{k^2}}}-\frac{{80{k^2}}}{{1+4{k^2}}}+16=0$成立，…（12分）
所以点Q在直线BN上．
综上：存在定直线l：x=-8，使得AM与BN的交点Q总在直线l上．…（13分）

点评 本题考查椭圆方程求法，注意运用离心率公式和椭圆上点与焦点的最大值a+c，考查存在性问题的解法，注意运用猜想和分析法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．