Question

14．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{1}{2}$，左、右焦点分别为圆F₁、F₂，M是C上一点，|MF₁|=2，且$|{\overrightarrow{M{F_1}}}||{\overrightarrow{M{F_2}}}|=-2\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{{F_2}M}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A，B时，线段AB上取点Q，且Q满足$|{\overrightarrow{AP}}||{\overrightarrow{QB}}|=|{\overrightarrow{AQ}}||{\overrightarrow{PB}}|$，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．

Answer 1

分析 （1）由已知得a=2c，且$∠{F_1}M{F_2}={60^0}$，由余弦定理求出c=1．由此能求出椭圆C的方程．
（2）设直线l的方程为y=kx+（1-4k），代入椭圆方程，得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，由此利用韦达定理、向量，结合已知条件能证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．

解答 解：（1）∵椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{1}{2}$，
左、右焦点分别为圆F₁、F₂，M是C上一点，|MF₁|=2，且$|{\overrightarrow{M{F_1}}}||{\overrightarrow{M{F_2}}}|=-2\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{{F_2}M}$．
∴由已知得a=2c，且$∠{F_1}M{F_2}={60^0}$，
在△F₁F₂M中，由余弦定理得：
（2c）²=2²+（4c-2）²-2×2（4c-2）cos60°，
解得c=1．则$a=2，b=\sqrt{3}$，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
证明：（2）由题意可得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y-1=k（x-4），即y=kx+（1-4k），
代入椭圆方程，整理得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}-8k}}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-32k-8}}{{3+4{k^2}}}$．
设Q（x₀，y₀），由$|{\overrightarrow{AP}}||{\overrightarrow{QB}}|=|{\overrightarrow{AQ}}||{\overrightarrow{PB}}|$，得：
（4-x₁）（x₀-x₂）=（x₁-x₀）（4-x₂）（考虑线段在x轴上的射影即可），
∴8x₀=（4+x₀）（x₁+x₂）-2x₁x₂，
于是$8{x_0}=（{4+{x_0}}）\frac{{32{k^2}-8k}}{{3+4{k^2}}}-2×\frac{{64{k^2}-32k-8}}{{3+4{k^2}}}$，
整理得3x₀-2=（4-x₀）k，（*）
又$k=\frac{{{y_0}-1}}{{{x_0}-4}}$，代入（*）式得3x₀+y₀-3=0，
∴点Q总在直线3x+y-3=0上．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查点总在定直线上的证明，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线方程、向量、韦达定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．