Question

14．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，左焦點是F₁．
（1）若左焦點F₁與橢圓E的短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點$Q（{\sqrt{3}，\frac{1}{2}}）$在橢圓E上．求橢圓E的方程；
（2）過原點且斜率為t（t＞0）的直線l₁與（1）中的橢圓E交于不同的兩點G，H，設(shè)B₁（0，1），A₁（2，0），求四邊形A₁GB₁H的面積取得最大值時直線l₁的方程；
（3）過左焦點F₁的直線l₂交橢圓E于M，N兩點，直線l₂交直線x=-p（p＞0）于點P，其中p是常數(shù)，設(shè)$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{M{F_1}}$，$\overrightarrow{PN}=μ\overrightarrow{N{F_1}}$，計算λ+μ的值（用p，a，b的代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 （1）利用左焦點F₁與橢圓E的短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點$Q（{\sqrt{3}，\frac{1}{2}}）$在橢圓E上．列出方程組求解a，b可得橢圓方程．
（2）設(shè)直線l₁的方程y=tx，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=tx\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1\end{array}\right.$，求解$|{GH}|=\sqrt{1+{t^2}}•\frac{4}{{\sqrt{4{t^2}+1}}}$，${d_{{A_1}-{l_1}}}=|{\frac{2t}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}|=\frac{2t}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，${d_{{B_1}-{l_1}}}=\frac{1}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，推出四邊形A₁GB₁H的面積，求出最大值，然后求解直線方程．                    
（3）設(shè)直線l₂的方程y=k（x+c）交橢圓b²x²+a²y²-a²b²=0于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，結(jié)合
題設(shè)$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{M{F_1}}$，$\overrightarrow{PN}=μ\overrightarrow{N{F_1}}$，求解λ+μ即可．

解答 （本小題滿分13分）
解：（1）左焦點F₁與橢圓E的短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點$Q（{\sqrt{3}，\frac{1}{2}}）$在橢圓E上．
$\left\{\begin{array}{l}c=\sqrt{3}b\\ \frac{3}{a^2}+\frac{1}{{4{b^2}}}=1\\{a^2}-{b^2}={c^2}\end{array}\right.$（3分）
∴$\left\{\begin{array}{l}{a^2}=4\\{b^2}=1\end{array}\right.$，所以橢圓方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1$    （2分）
（2）設(shè)直線l₁的方程y=tx
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=tx\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1\end{array}\right.$，可以計算$|{GH}|=\sqrt{1+{t^2}}•\frac{4}{{\sqrt{4{t^2}+1}}}$（1分）
${d_{{A_1}-{l_1}}}=|{\frac{2t}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}|=\frac{2t}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，${d_{{B_1}-{l_1}}}=\frac{1}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$（1分）
${S_{四{A_1}G{B_1}H}}=\frac{1}{2}（{\frac{2t+1}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}）•\frac{{4\sqrt{{t^2}+1}}}{{\sqrt{4{t^2}+1}}}$，
∴${S_{四{A_1}G{B_1}H}}=\frac{{2（{2t+1}）}}{{\sqrt{4{t^2}+1}}}$（2分）
${S^2}_{四{A_1}G{B_1}H}=4（{1+\frac{4}{{4t+\frac{1}{t}}}}）≤4（{1+\frac{4}{{2\sqrt{4t+\frac{1}{t}}}}}）$，
∴$t=\frac{1}{2}，{（{{S_{四{A_1}G{B_1}H}}}）_{max}}=2\sqrt{2}$，
所以直線l₁的方程是$y=\frac{1}{2}x$（2分）                             
（3）設(shè)直線l₂的方程y=k（x+c）交橢圓b²x²+a²y²-a²b²=0于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
（b²+a²k²）x²+2a²k²cx+a²k²c²-a²b²=0，
${x_1}+{x_2}=-\frac{{2{a^2}{k^2}c}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{{a^2}{k^2}{c^2}-{a^2}{b^2}}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}$（2分）
直線l₂交直線x=-p（p＞0）于點P，根據(jù)題設(shè)$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{M{F_1}}$，$\overrightarrow{PN}=μ\overrightarrow{N{F_1}}$，
得到（x₁+p，y_p）=λ（-c-x₁，0-y₁），（x₁+p，y_p）=λ（-c-x₂，0-y₂），
得$λ=-\frac{{{x_1}+p}}{{{x_1}+c}}$，$μ=-\frac{{{x_2}+p}}{{{x_2}+c}}$ （2分）
$λ+μ=-（{\frac{{{x_1}+p}}{{{x_1}+c}}+\frac{{{x_2}+p}}{{{x_2}+c}}}）=-\frac{{（{{x_1}+p}）（{{x_2}+c}）+（{{x_2}+p}）（{{x_1}+c}）}}{{（{{x_1}+c}）（{{x_2}+c}）}}$
=$-\frac{{2{x_1}{x_2}+（{p+c}）（{{x_1}+{x_2}}）+2pc}}{{{x_1}{x_2}+c（{{x_1}+{x_2}}）+{c^2}}}$
=-$\frac{\frac{2{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-2{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}-（p+c）\frac{2{a}^{2}{k}^{2}c}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}+2pc}{\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}-\frac{2{a}^{2}{k}^{2}c}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}+{c}^{2}}$
=-$\frac{2pc^{2}-2{a}^{2}^{2}}{-^{4}}$
=$\frac{2pc-2{a}^{2}}{^{2}}$
=$\frac{{2（{p\sqrt{{a^2}-{b^2}}-{a^2}}）}}{b^2}$（3分）
λ+μ的值為：$\frac{{2（{p\sqrt{{a^2}-{b^2}}-{a^2}}）}}{b^2}$結(jié)論（1分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．