Question

5．過點(diǎn)M（2，1）作曲線C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1的弦．使M是弦的三等分點(diǎn)．求弦所在直線方程．

Answer 1

分析 通過設(shè)過點(diǎn)M的直線l與橢圓C的交點(diǎn)為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），利用反證法可知直線l的斜率存在，并設(shè)其方程為y-1=k（x-2），通過聯(lián)立直線l與橢圓方程、利用韋達(dá)定理可知x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-16k-12}{1+4{k}^{2}}$，通過三等分點(diǎn)坐標(biāo)公式可知2=$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$，進(jìn)而可知x₂=$\frac{8{k}^{2}+8k+6}{1+4{k}^{2}}$、x₁=$\frac{8{k}^{2}-16k-6}{1+4{k}^{2}}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：設(shè)過點(diǎn)M的直線l與橢圓C的交點(diǎn)為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．
假設(shè)直線l斜率不存在時，則直線l方程為：x=2，
在橢圓C方程$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1中令x=2可知：y=±$\sqrt{3}$，
∵2（$\sqrt{3}-1$）≠$\sqrt{3}+1$，
∴點(diǎn)M不是弦AB的三等分點(diǎn)，
故直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為：y-1=k（x-2），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y-1=kx-2k}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-16=0}\end{array}\right.$，消去y整理得：（1+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-12=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-16k-12}{1+4{k}^{2}}$，
∵點(diǎn)M（2，1）是弦AB的三等分點(diǎn)，
∴2=$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$，即6=x₁+x₂+x₂，
x₂=6-（x₁+x₂）
=6-$\frac{16{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}$
=$\frac{8{k}^{2}+8k+6}{1+4{k}^{2}}$，
∴x₁=x₁+x₂-x₂
=$\frac{16{k}^{2}-8k}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}+8k+6}{1+4{k}^{2}}$
=$\frac{8{k}^{2}-16k-6}{1+4{k}^{2}}$，
又∵x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-16k-12}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\frac{8{k}^{2}-16k-6}{1+4{k}^{2}}$•$\frac{8{k}^{2}+8k+6}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{16{k}^{2}-16k-12}{1+4{k}^{2}}$，
化簡得：12k²+16k+3=0，
解得：k=$\frac{-4±\sqrt{7}}{6}$，
∴弦所在直線方程為：y-1=-$\frac{4+\sqrt{7}}{6}$（x-2）或y-1=-$\frac{4-\sqrt{7}}{6}$（x-2）．

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，涉及三等分點(diǎn)坐標(biāo)公式，注意解題方法的積累，屬于中檔題．