Question

11．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），四点P₁（1，1），P₂（0，1），P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P₄（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P₂点且与C相交于A，B两点．若直线P₂A与直线P₂B的斜率的和为-1，证明：l过定点．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆的对称性，得到P₂（0，1），P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P₄（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）三点在椭圆C上．把P₂（0，1），P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入椭圆C，求出a²=4，b²=1，由此能求出椭圆C的方程．
（2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设l：y=kx+b，（b≠1），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kbx+4b²-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件能证明直线l过定点（2，-1）．

解答 解：（1）根据椭圆的对称性，P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P₄（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）两点必在椭圆C上，
又P₄的横坐标为1，∴椭圆必不过P₁（1，1），
∴P₂（0，1），P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），P₄（1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）三点在椭圆C上．
把P₂（0，1），P₃（-1，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$）代入椭圆C，得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x=m，A（m，y_A），B（m，-y_A），
∵直线P₂A与直线P₂B的斜率的和为-1，
∴${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{A}-1}{m}+\frac{-{y}_{A}-1}{m}$=$\frac{-2}{m}$=-1，
解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y=kx+b，（b≠1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，整理，得（1+4k²）x²+8kbx+4b²-4=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8kb}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{b}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
则${k}_{{P}_{2}A}+{k}_{{P}_{2}B}$=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}（k{x}_{1}+b）-{x}_{2}+{x}_{1}（k{x}_{2}+b）-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{\frac{8k{b}^{2}-8k-8k{b}^{2}+8kb}{1+4{k}^{2}}}{\frac{4{b}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{8k（b-1）}{4（b+1）（b-1）}$=-1，又b≠1，
∴b=-2k-1，此时△=-64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y=kx-2k-1，
当x=2时，y=-1，
∴l过定点（2，-1）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、直线方程位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．