Question

在平面直角坐标系xOy中，椭圆

x2

a2

+

y2

b2

=1的右焦点为F（c，0）（a＞b＞c＞0），短轴的一个端点为P，已知△POF的面积为

3

2

，且O到直线PF的距离为

3

2

．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点F且斜率不为0的直线l与椭圆交于A，B两点，若直线OA，OB与直线x=4分别交于M，N两点，线段MN的中点为R，线段AB的中点为Q，证明：直线RQ过定点．

Answer 1

考点：椭圆的简单性质

专题：综合题,直线与圆,圆锥曲线的定义、性质与方程,圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（Ⅰ）根据△POF的面积以及椭圆的几何性质，列出方程组，求出a、b的值即可；
（Ⅱ）【解法一】讨论直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-1），代入椭圆方程，由根与系数的关系，求出直线l的方程，得直线QR过定点；
直线l的斜率不存在时，直线QR的方程为y=0，也过该定点．
【解法二】设出A、B的坐标，直线l的方程为x=my+1，代入椭圆方程，由根与系数的关系，求出直线QR的方程，判断直线QR过定点．

解答： 解：（Ⅰ）设原点O到直线PF的距离为h，∴h=

3

2

；
∵△POF的面积为S_△POF=

1

2

ah=

3

2

，∴a=2；…①
又S_△POF=

1

2

bc=

3

2

，∴bc=

3

；…②
又a²=b²+c²；…③
由①②③组成方程组，
解得

b= 3 c=1

或

b=1 c= 3

（舍去，b＞c）；
∴椭圆的方程为

x2

4

+

y2

3

=1；
（Ⅱ）【解法一】①当直线l的斜率存在时，设其方程为：y=k（x-1），
与椭圆方程联立

y=k(x-1) 3x2+4y2-12=0

，
得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0；
由根与系数的关系得x₁+x₂=-

8k2

3+4k2

，x₁x₂=

4k2-12

3+4k2

，
∴y₁+y₂=-

6k

3+4k2

；
∴点Q的坐标为（-

4k2

3+4k2

，-

3k

3+4k2

）；
设直线QA的方程为y=

y1

x1

x，令x=4，得点M的坐标是（4，

4y1

x1

），
同理，得点N的坐标是（4，

4y2

x2

）；
设R的坐标是（4，y₀），
则y₀=2（

y1

x1

+

y2

x2

）=

2x2y1+2x1y2

x1x2

=-

12k

k2-3

，
∴k_RQ=

15k

4(3-k2)

，则直线l的方程为y-

12k

3-4k2

=

15k

4(3-k2)

（x-4），
令y=0，得x=

4

5

，∴直线QR过点（

4

5

，0）；
②当直线l的斜率不存在时，直线QR的方程为y=0，也过点（

4

5

，0）．
【解法二】设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设直线l的方程为x=my+1，代入椭圆方程，
得（3m²+4）y²+6my-9=0，
则y₁+y₂=

-6m

3m2+4

，y₁y₂=

-9

3m2+4

；
∴x₁+x₂=m（y₁+y₂）+2=

8

3m2+4

；
∴点Q的坐标为（

4

3m2+4

，

-3m

3m2+4

），
直线QA的方程为y=

y1

x1

x，令x=4，
∴点M的坐标为（4，

4y1

x1

）；
同理，点N的坐标为（4，

4y2

x2

）；
设R的坐标为（4，y₀），则
y₀=2（

y1

x1

+

y2

x2

）=2（

y1

my1+1

+

y2

my2+1

）=2•

2my1y2+y1+y2

m2y1y2+m(y1+y2)+1

=2•

- 18m 3m2+4 - 6m 3m2+4

m2• -9 3m2+4 - 6m2 3m2+4 +1

=

12m

3m2-1

；
∴点R的坐标为（4，

12m

3m2-1

）；
则直线QR的方程为y-

12m

3m2-1

=

12m 3m2-1 + 3m 3m2+4

4- 4 3m2+4

（x-4），
即y-

12m

3m2-1

=

15m

4(3m2-1)

（x-4），
令y=0，得x=

4

5

；
∴直线QR过定点（

4

5

，0）．

点评：本题考查了直线与圆的应用问题，也考查了椭圆的几何性质以及直线与椭圆的综合应用问题，考查了方程思想的应用，根与系数的关系的应用，是综合性题目．