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.
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A. | 210-1 | B. | 212-1 | C. | 310-1 | D. | 332-1 |
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