Question

9．已知A（-2，0），B（2，0），橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，過點(diǎn)D（1，0）作直線l交橢圓于Q、R兩點(diǎn)，交直線AQ、BR交于點(diǎn)P，證明點(diǎn)P落在定直線上．

Answer 1

分析 考慮當(dāng)直線QR的斜率不存在時，設(shè)直線l：x=1，求得交點(diǎn)Q，R，進(jìn)而求得交點(diǎn)P，再令直線l：y=x-1，代入橢圓方程，求得Q，R，進(jìn)而求得交點(diǎn)P，猜想：P落在定直線x=4上．再設(shè)直線l：y=k（x-1），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，求得AQ的方程，BR的方程，令x=4，求得交點(diǎn)P，證明它們的縱坐標(biāo)相等，即可得證．

解答 證明：當(dāng)直線QR的斜率不存在時，設(shè)直線l：x=1，
代入橢圓方程可得，y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即有Q（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），R（1，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），又A（-2，0），B（2，0），
直線AQ：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$（x+2），BR：y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-2），
解得交點(diǎn)P（4，$\sqrt{3}$），
再令直線l：y=x-1，代入橢圓方程可得：5x²-8x=0，
解得x=0或$\frac{8}{5}$，
即有Q（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），R（0，-1），
直線AQ：y=$\frac{1}{6}$（x+2），BR：y=$\frac{1}{2}$（x-2），
解得交點(diǎn)P（4，1），
猜想：P落在定直線x=4上．
設(shè)直線l：y=k（x-1），
代入橢圓方程可得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
直線AQ：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$（x+2），
令x=4可得，y=$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，
直線BR：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），
令x=4可得，y=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$．
只要證得$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$．即可說明直線AQ和BR的交點(diǎn)在定直線x=4上．
由于6y₁（x₂-2）-2y₂（2+x₁）=6k（x₁-1）（x₂-2）-2k（x₂-1）（x₁+2）
=4kx₁x₂+16k-10k（x₁+x₂）=$\frac{16k（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$+16k-$\frac{80{k}^{3}}{1+4{k}^{2}}$=0，
則直線AQ、直線BR與直線x=4的交點(diǎn)重合．
則有P點(diǎn)總落在定直線x=4上．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運(yùn)用，同時考查直線的交點(diǎn)的求法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．