Question

11．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，点$B（0，\sqrt{3}）$为短轴的一个端点，∠OF₂B=60°．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）如图，过右焦点F₂，且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C相交于D，E两点，A为椭圆的右顶点，直线AE，AD分别交直线x=3于点M，N，线段MN的中点为P，记直线PF₂的斜率为k′．试问k•k′是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由条件可知$a=2，b=\sqrt{3}$，故求的椭圆方程．
（2）设过点F₂（1，0）的直线l方程为：y=k（x-1）．由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0．因为直线AE的方程为：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，直线AD的方程为：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，从而列式求解即可．

解答 解：（1）由条件可知$a=2，b=\sqrt{3}$，故所求椭圆方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------------（4分）
（2）设过点F₂（1，0）的直线l方程为：y=k（x-1）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$可得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0
因为点F₂（1，0）在椭圆内，所以直线l和椭圆都相交，即△＞0恒成立．
设点E（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
则${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}$．-------------（6分）
因为直线AE的方程为：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，直线AD的方程为：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$，
令x=3，可得$M（3，\frac{y_1}{{{x_1}-2}}）$，$N（3，\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）$，所以点P的坐标$（3，\frac{1}{2}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}））$．--------------（8分）
直线PF₂的斜率为$k'=\frac{{\frac{1}{2}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）-0}}{3-1}$=$\frac{1}{4}（\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}）$=$\frac{1}{4}•\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-2（{y_1}+{y_2}）}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$=$\frac{1}{4}•\frac{{2k{x_1}{x_2}-3k（{x_1}+{x_2}）+4k}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$=$\frac{1}{4}•\frac{{2k•\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}-3k•\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}+4k}}{{\frac{{4{k^2}-12}}{{4{k^2}+3}}-2•\frac{{8{k^2}}}{{4{k^2}+3}}+4}}$
=$-\frac{3}{4k}$，
所以k•k'为定值$-\frac{3}{4}$．--------------（12分）

点评 本题主要考查了椭圆方程得求法和直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题，在高考中属于常考题型