Question

18．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{1}{2}$，過(guò)橢圓右焦點(diǎn)F且斜率為I的直線l截橢圓所得弦長(zhǎng)為$\frac{24}{7}$
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知A、B為橢圓長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，作不平行于坐標(biāo)軸且不經(jīng)過(guò)右焦點(diǎn)F的割線PQ，若滿足∠AFP=∠BFQ，求證：割線PQ恒經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）寫(xiě)出直線l的方程y=x-c，由e=$\frac{1}{2}$及隱含條件得到a、b與c的關(guān)系，把橢圓方程化為僅含有c的表達(dá)式，聯(lián)立直線l的方程和橢圓方程，由弦長(zhǎng)公式求得c值，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），且割線PQ的方程為y=kx+m（k≠0），聯(lián)立直線和橢圓方程，利用根與系數(shù)關(guān)系得到P，Q兩點(diǎn)橫坐標(biāo)的和與積．結(jié)合∠AFP=∠BFQ，得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}=0$，整理后再與根與系數(shù)的關(guān)系聯(lián)立得到m=-4k．代入割線方程，由直線系方程得答案．

解答 解：（Ⅰ）依題意設(shè)l：y=x-c，①
又e=$\frac{1}{2}$，∴$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a=2c，b²=a²-c²=3c²，
∴橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1$，②
聯(lián)立①②，得7x²-8cx-8c²=0．
∴x₁+x₂=$\frac{8c}{7}$，x₁x₂=$-\frac{8{c}^{2}}{7}$．
∴$\sqrt{2}•\sqrt{（\frac{8}{7}c）^{2}-4•（-\frac{8{c}^{2}}{7}）}=\frac{24}{7}$，解得c=1．
∴$a=2，b=\sqrt{3}$．
于是C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），且割線PQ的方程為y=kx+m（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
∴x₃+x₄=$-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{3}{x}_{4}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$（*）．
由∠AFP=∠BFQ，得k_PF=-k_OF，∴$\frac{{y}_{3}}{{x}_{3}-1}+\frac{{y}_{4}}{{x}_{4}-1}=0$，
即y₃（x₄-1）+y₄（x₃-1）=0．
即2kx₃x₄+（m-k）（x₃+x₄）-2m=0．
將（*）代入上式得：$2k\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}+（m-k）\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}-2m=0$，
化簡(jiǎn)得：m=-4k．
∴割線PQ的方程為y=k（x-4），則割線PQ恒經(jīng)過(guò)一定點(diǎn)（4，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題，是處理這類問(wèn)題的最為常用的方法，考查了直線恒過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，該題是中檔題．