Question

10．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），右顶点为M（$\sqrt{2}$，0）．
（1）求此椭圆的标准方程；
（2）设点P（2，0），点A是已知椭圆上的任意一点，点C是点A关于x轴的对称点，直线PA交椭圆于另一个不同的点B（不考虑直线PA的斜率为0的情形）．问：直线BC是否一定经过右焦点F？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由右焦点和右顶点的坐标，便可求出a，b，从而得出椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）可设A（x₀，y₀），从而有C（x₀，-y₀），这样即可得出直线PA的方程，而联立椭圆方程消去y便可得到$[1+\frac{2{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}]{x}^{2}-\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}x+\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}-2=0$，由韦达定理即可求出x_B，从而得出B点坐标，由B，C坐标即可写出直线BC方程为$\frac{x-{x}_{0}}{4-6{x}_{0}+2{{x}_{0}}^{2}}=\frac{y+{y}_{0}}{4{y}_{0}-2{x}_{0}{y}_{0}}$，令y=0便可求出x=1，从而得出直线BC一定经过右焦点F．

解答 解：（1）根据条件a=$\sqrt{2}$，c=1，∴b=1；
∴椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）如图，设A（x₀，y₀），则C（x₀，-y₀）；

∴直线PA的斜率为$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$；
∴直线PA的方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}（x-2）$，带入椭圆方程消去y得：
$[1+\frac{2{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}]{x}^{2}-\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}x+\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}-2=0$；
∴${x}_{0}{x}_{B}=\frac{\frac{8{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}-2}{1+\frac{2{{y}_{0}}^{2}}{（{x}_{0}-2）^{2}}}=\frac{4{x}_{0}-3{{x}_{0}}^{2}}{3-2{x}_{0}}$；
∴${x}_{B}=\frac{4-3{x}_{0}}{3-2{x}_{0}}$，带入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$得：${{y}_{B}}^{2}=1-\frac{{{x}_{B}}^{2}}{2}$=$1-\frac{（\frac{4-3{x}_{0}}{3-2{x}_{0}}）^{2}}{2}=\frac{2-{{x}_{0}}^{2}}{2（3-2{x}_{0}）^{2}}=\frac{{{y}_{0}}^{2}}{（3-2{x}_{0}）^{2}}$；
∴${y}_{B}=\frac{{y}_{0}}{3-2{x}_{0}}$；
∴$B（\frac{4-3{x}_{0}}{3-2{x}_{0}}，\frac{{y}_{0}}{3-2{x}_{0}}）$，又C（x₀，-y₀）；
∴BC方程为$\frac{x-{x}_{0}}{\frac{4-3{x}_{0}}{3-2{x}_{0}}-{x}_{0}}=\frac{y+{y}_{0}}{\frac{{y}_{0}}{3-2{x}_{0}}+{y}_{0}}$；
∴$\frac{x-{x}_{0}}{4-6{x}_{0}+2{{x}_{0}}^{2}}=\frac{y+{y}_{0}}{4{y}_{0}-2{x}_{0}{y}_{0}}$，令y=0得：$\frac{x-{x}_{0}}{4-6{x}_{0}+2{{x}_{0}}^{2}}=\frac{1}{4-2{x}_{0}}$；
∴x=1；
即直线BC与x轴交点为（1，0），该点为椭圆的右焦点F；
∴直线BC一定经过右焦点F．

点评 考查椭圆的标准方程，椭圆的焦点和顶点，以及由两点求直线的斜率，直线的点斜式方程和两点式方程，韦达定理，根据直线方程求直线和x轴的交点的方法．