Question

13．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），椭圆C的右焦点F的坐标为$（\sqrt{3}，0）$，短轴长为2．
（I）求椭圆C的方程；
（II）若点P为直线x=4上的一个动点，A，B为椭圆的左、右顶点，直线AP，BP分别与椭圆C的另一个交点分别为M，N，求证：直线MN恒过点E（1，0）．

Answer 1

分析 （I）由题意可知c=$\sqrt{3}$，b=1，a²=b²+c²=4，即可求得椭圆方程；
（II）由题意求得AP及BP的方程，分别代入椭圆方程，求得M和N点坐标，根据直线的斜率公式，可得k_ME=k_NE，则M，N，E三点共线，即直线MN恒过点E（1，0）；

解答 解：（I）由题意可得c=$\sqrt{3}$，2b=2，b=1，a²=b²+c²=4，
则a²=4，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（II）由$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$可得椭圆的左、右顶点为A（-2，0），B（2，0）．
设P（4，m），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则直线$AP：y=\frac{m}{6}（x+2）$，直线$BP：y=\frac{m}{2}（x-2）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$，整理得：$\frac{m^2}{9}{（x+2）^2}=4-{x^2}$，解得${x_1}=\frac{{18-2{m^2}}}{{9+{m^2}}}$，${y_1}=\frac{6m}{{9+{m^2}}}$
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$，整理得：m²（x+2）²=4-x²，解得${x_2}=\frac{{2（{m^2}-1）}}{{1+{m^2}}}$，${y_2}=\frac{-2m}{{1+{m^2}}}$，
${k_{ME}}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}=\frac{2m}{{3-{m^2}}}$，${k_{NE}}=\frac{y_2}{{{x_2}-1}}=\frac{-2m}{{{m^2}-3}}$，k_ME=k_NE，
M，N，E三点共线，即直线MN恒过点E（1，0）．
另法：
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$可得$\frac{m^2}{9}{（x+2）^2}=4-{x^2}$，解得${x_1}=\frac{{18-2{m^2}}}{{9+{m^2}}}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{{x^2}+4{y^2}=4}\end{array}}\right.$可得m²（x-2）²=4-x²，解得${x_2}=\frac{{2（{m^2}-1）}}{{1+{m^2}}}$，
所以$\frac{{{k_{ME}}}}{{{k_{NE}}}}=\frac{y_1}{y_2}×\frac{{{x_2}-1}}{{{x_1}-1}}=\frac{{（{x_1}+2）（{x_2}-1）}}{{3（{x_2}-2）（{x_1}-1）}}=\frac{{\frac{36}{{9+{m^2}}}×\frac{{{m^2}-3}}{{1+{m^2}}}}}{{3×\frac{-4}{{1+{m^2}}}×\frac{{9-3{m^2}}}{{9+{m^2}}}}}=1$
所以M，N，E三点共线，即直线MN恒过点E（1，0）．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率，考查计算能力，属于中档题．