Question

7．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右顶点A（2，0），且过点$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点B（1，0）且斜率为k₁（k₁≠0）的直线l于椭圆C相交于E，F两点，直线AE，AF分别交直线x=3于M，N两点，线段MN的中点为P，记直线PB的斜率为k₂，求证：k₁•k₂为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得a=2，代入点$（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，解方程可得椭圆方程；
（Ⅱ）设过点B（1，0）的直线l方程为：y=k（x-1），由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，可得（4k₁²+1）x²-8k₁²x+4k₁²-4=0，由已知条件利用韦达定理推导出直线PB的斜率k₂=-$\frac{1}{4{k}_{1}}$，由此能证明k•k′为定值-$\frac{1}{4}$．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得a=2，$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，
a²-b²=c²，
解得b=1，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）证明：设过点B（1，0）的直线l方程为：y=k₁（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
可得：（4k₁²+1）x²-8k₁²x+4k₁²-4=0，
因为点B（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），F（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{8{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$．
因为直线AE的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），
直线AF的方程为：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），
令x=3，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，$\frac{1}{2}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$））．
直线PB的斜率为k₂=$\frac{\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}）}{3-1}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）
=$\frac{1}{4}$•$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}-2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{2{k}_{1}{x}_{1}{x}_{2}-3{k}_{1}（{x}_{1}+{x}_{2}）+4{k}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{1}{4}$•$\frac{2k•\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}-3{k}_{1}•\frac{8{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}+4{k}_{1}}{\frac{4{{k}_{1}}^{2}-4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}-\frac{16{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}+4}$=-$\frac{1}{4{k}_{1}}$．
所以k₁•k₂为定值-$\frac{1}{4}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查两直线的斜率的乘积为定值的证明，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用．