Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，點(diǎn)M（0，2）關(guān)于直線y=-x的對稱點(diǎn)在橢圓C上，且△MF₁F₂為正三角形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）垂直于x軸的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)P（4，0）的直線PB交橢圓C于另一點(diǎn)E，證明：直線AE與x軸相交于定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由題意畫出圖形，求出M點(diǎn)關(guān)于直線y=-x的對稱點(diǎn)，則a可求，再由△MF₁F₂為正三角形列式求得c，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求，
（2）設(shè)直線PB的方程可設(shè)為x=ky+4，聯(lián)立方程組，設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則A（x₁，-y₁），根據(jù)韋達(dá)定理可得y₁+y₂=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{24}{2{k}^{2}+3}$，由此能夠證明直線AE恒過定點(diǎn)（1，0）．

解答 解：（1）如圖，點(diǎn)M（0，2）關(guān)于直線y=-x的對稱點(diǎn)為（-2，0），
∵（-2，0）在橢圓上，∴a=2，
又△MF₁F₂為正三角形，
∴tan30°=$\frac{c}{2}$，c=2tan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴b²=a²-c²=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{3{y}^{2}}{8}$=1；
（2）∵P（4，0），
∴直線PB的方程可設(shè)為x=ky+4，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+4}\\{2{x}^{2}+3{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，
得（2k²+3）y²+16ky+24=0，
∵△＞0，
∴k²＞$\frac{9}{2}$．
設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），則A（x₁，-y₁），
∴y₁+y₂=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{24}{2{k}^{2}+3}$
直線AE：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
∵x₁y₂+x₂y₁=2ky₁y₂+4（y₁+y₂）=$\frac{48k}{2{k}^{2}+3}$-$\frac{64k}{2{k}^{2}+3}$=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$=y₁+y₂，
∴直線AE：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），即為y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-1）恒過定點(diǎn)（1，0）．
∴AE恒過定點(diǎn)（1，0）．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與橢圓的相關(guān)知識，解題時要注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．