Question

12．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦点F₁坐标为（-2，0），F₂为椭圆C的右焦点，点M（$\sqrt{3}$，1）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l过F₂与椭圆C相交于P，Q两点，记弦PQ中点为N，过F₂作直线l的垂线与直线ON交于点T．
①若直线l斜率为$\sqrt{3}$，求PF₁+QF₁的值；
②求证：点T总在某定直线上．

Answer 1

分析 （1）由已知求得c=2，再由点M（$\sqrt{3}$，1）在椭圆C上，结合隐含条件求得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）①写出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求得弦长；
②由条件知直线l斜率存在且不为零，设直线l方程为y=k（x-2），则直线F₂T的方程为$y=-\frac{1}{k}（x-2）$，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系求出N的坐标，得到ON的方程，由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-2）}\\{y=-\frac{1}{3k}x}\end{array}\right.$求得N的横坐标说明点T总在某定直线上．

解答 （1）解：由条件知c=2，则a²+b²=4，
∴椭圆C方程为$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}+4}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
由点M（$\sqrt{3}$，1）在椭圆C上，得$\frac{3}{{b}^{2}+4}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，解得b²=2（负值舍去）．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）①解：设点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
直线l：$y=\sqrt{3}（x-2）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=\sqrt{3}（x-2）}\end{array}\right.$，消去y得到5x²-18x+15=0，
此方程△≥0．
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{18}{5}，{x}_{1}{x}_{2}=3$．
则PQ=$\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=2\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$2\sqrt{（\frac{18}{5}）^{2}-12}=\frac{4\sqrt{6}}{5}$．
由PF₁+PF₂+QF₁+QF₂=4a，得PF₁+QF₁=4a-（PF₂+QF₂）=$\frac{16\sqrt{6}}{5}$；
②证明：由条件知直线l斜率存在且不为零，设直线l方程为y=k（x-2），
则直线F₂T的方程为$y=-\frac{1}{k}（x-2）$．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=k（x-2）\end{array}\right.$，消去y得到（1+3k²）x²-12k+12k²-6=0，此方程△≥0．
则${x_1}+{x_2}=\frac{{12{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{12{k^2}-6}}{{1+3{k^2}}}$
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂）-4k=$k•\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}-4k=\frac{-4k}{1+3{k}^{2}}$．
∴点$N（\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}，\frac{-2k}{1+3{k}^{2}}）$，
∴直线ON斜率为$\frac{\frac{-2k}{1+3{k}^{2}}}{\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}}=-\frac{1}{3k}$．
直线ON方程为$y=\frac{1}{-3k}x$．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-2）}\\{y=-\frac{1}{3k}x}\end{array}\right.$，得到$-\frac{1}{k}（x-2）=-\frac{1}{3k}x$，解得x=3．则T横坐标为定值3．
∴点T恒在直线x=3上．

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用弦长公式求弦长，考查恒过定点问题的求解方法，是中档题．