Question

17．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{\sqrt{3}}{2}$，點(diǎn)P（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）在橢圓E上．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)P且斜率為k的直線(xiàn)l交橢圓E于點(diǎn)Q（x_Q，y_Q）（點(diǎn)Q異于點(diǎn)P），若0＜x_Q＜1，求直線(xiàn)l斜率k的取值范圍；
（3）若以點(diǎn)P為圓心作n個(gè)圓P_i（i=1，2，…，n），設(shè)圓P_i交x軸于點(diǎn)A_i、B_i，且直線(xiàn)PA_i、PB_i分別與橢圓E交于M_i、N_i（M_i、N_i皆異于點(diǎn)P），證明：M₁N₁∥M₂N₂∥…∥M_nN_n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的離心率求得a²=4b²，將P代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線(xiàn)l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，求得x_Q，由0＜x_Q＜1，即可求得k的取值范圍；
（3）由題意可知：故直線(xiàn)PA_i，PB_i的斜率互為相反數(shù)，分別設(shè)直線(xiàn)方程，代入橢圓方程，即可求得x_i，x_i′，根據(jù)直線(xiàn)的斜率公式，即可求得$\frac{{y}_{i}-{y}_{i}′}{{x}_{i}-{x}_{i}′}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，${k}_{{M}_{1}{N}_{1}}$=${k}_{{M}_{2}{N}_{2}}$=…=${k}_{{M}_{n}{N}_{n}}$，則M₁N₁∥M₂N₂∥…∥M_nN_n．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則a²=4b²，
將P（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）代入橢圓方程：$\frac{1}{4^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1$，解得：b²=1，則a²=4，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線(xiàn)l的方程y-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=k（x-1），
則$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{\sqrt{3}}{2}=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得：（1+4k²）x²+（4$\sqrt{3}$k-8k²）x+（4k²-4$\sqrt{3}$k-1）=0，
由x₀•1=$\frac{4{k}^{2}-4\sqrt{3}k-1}{1+4{k}^{2}}$，由0＜x₀＜1，則0＜$\frac{4{k}^{2}-4\sqrt{3}k-1}{1+4{k}^{2}}$＜1，
解得：-$\frac{\sqrt{3}}{6}$＜k＜$\frac{\sqrt{3}-2}{2}$，或k＞$\frac{\sqrt{3}+2}{2}$，經(jīng)驗(yàn)證，滿(mǎn)足題意，
直線(xiàn)l斜率k的取值范圍（-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，$\frac{\sqrt{3}-2}{2}$）∪（$\frac{\sqrt{3}+2}{2}$，+∞）；
（3）動(dòng)圓P的半徑為PA_i，PB_i，故PA_i=PB_i，△PA_iB_i為等腰三角形，故直線(xiàn)PA_i，PB_i的斜率互為相反數(shù)，設(shè)PA_i的斜率k_i，則直線(xiàn)PB_i的斜率為-k_i，
設(shè)直線(xiàn)PA_i的方程：y-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=k_i（x-1），則直線(xiàn)PB_i的方程：y-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=-k_i（x-1），
$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{\sqrt{3}}{2}={k}_{i}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得：（1+4k_i²）x²+（4$\sqrt{3}$k_i-8k_i²）x+（4k_i²-4$\sqrt{3}$k_i-1）=0，設(shè)M_i（x_i，y_i），N_i（x_i′，y_i′），
則x_i•1=$\frac{4{k}_{i}^{2}-4\sqrt{3}{k}_{i}-1}{1+4{k}_{i}^{2}}$，則x_i=$\frac{4{k}_{i}^{2}-4\sqrt{3}{k}_{i}-1}{1+4{k}_{i}^{2}}$，
將-k_i代替k_i，則x_i′=$\frac{4{k}_{i}^{2}+4\sqrt{3}{k}_{i}-1}{1+4{k}_{i}^{2}}$，
則x_i+x_i′=$\frac{8{k}_{i}^{2}-2}{1+4{k}_{i}^{2}}$，x_i-x_i′=-$\frac{8\sqrt{3}{k}_{i}}{1+4{k}_{i}^{2}}$，y_i-y_i′=k_i（x_i-1）+$\frac{\sqrt{3}}{2}$+k_i（x_i-1）-$\frac{\sqrt{3}}{2}$=k_i（x_i+x_i′）-2k_i，
=k_i×$\frac{8{k}_{i}^{2}-2}{1+4{k}_{i}^{2}}$-2k_i，
=$\frac{-4{k}_{i}}{1+4{k}_{i}^{2}}$，
則$\frac{{y}_{i}-{y}_{i}′}{{x}_{i}-{x}_{i}′}$=$\frac{\frac{-4{k}_{i}}{1+4{k}_{i}^{2}}}{\frac{-8\sqrt{3}{k}_{i}}{1+4{k}_{i}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
故${k}_{{M}_{1}{N}_{1}}$=${k}_{{M}_{2}{N}_{2}}$=…=${k}_{{M}_{n}{N}_{n}}$，
∴M₁N₁∥M₂N₂∥…∥M_nN_n．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，直線(xiàn)的斜率公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．