Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，離心率為e，點(diǎn)P（m，0）（m＞4）滿足條件|FA|=|AP|•e．
（Ⅰ）求m的值；
（Ⅱ）設(shè)過點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，求證：∠MPF=∠NPF．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，可得a，b，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$．e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，|FA|=2，|AP|=m-4．代入|FA|=|AP|•e，即可得出．
（Ⅱ）要證：∠MPF=∠NPF．等價(jià)于證直線MP，NP的傾斜角互補(bǔ)，等價(jià)于證：k_PM+k_PN=0．若直線l的斜率不存在，由橢圓對(duì)稱性知，MP，NP關(guān)于x軸對(duì)稱，符合題意．若直線l的斜率存在，則設(shè)直線l的方程為：y=k（x-2），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂．直線方程與橢圓方程聯(lián)立得（4k²+3）x²-16k²x+16k²-48=0．利用斜率計(jì)算公式、根與系數(shù)的關(guān)系可得：k_PM+k_PN=0．

解答 （Ⅰ）解：∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，∴a=4，b=2$\sqrt{3}$，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=2．
e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，|FA|=2，|AP|=m-4．
∵|FA|=|AP|•e，∴2=$\frac{1}{2}$（m-4）．
∴m=8．
（Ⅱ）證明：要證：∠MPF=∠NPF．
等價(jià)于證直線MP，NP的傾斜角互補(bǔ)，
等價(jià)于證：k_PM+k_PN=0．
由（Ⅰ）知，P（8，0），F(xiàn)（2，0）．
若直線l的斜率不存在，由橢圓對(duì)稱性知，MP，NP關(guān)于x軸對(duì)稱，符合題意．
若直線l的斜率存在，則設(shè)直線l的方程為：y=k（x-2），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}\right.$，得（4k²+3）x²-16k²x+16k²-48=0．
可知△＞0恒成立，且x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{16{k}^{2}-48}{4{k}^{2}+3}$．
∵k_PM+k_PN=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-8}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-8}$=$\frac{k（{x}_{1}-2）}{{x}_{1}-8}$+$\frac{k（{x}_{2}-2）}{{x}_{2}-8}$=$\frac{k（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-8）+k（{x}_{2}-2）（{x}_{1}-8）}{（{x}_{1}-8）（{x}_{2}-8）}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-10k（{x}_{1}+{x}_{2}）+32k}{（{x}_{1}-8）（{x}_{2}-8）}$．
分子=2k×$\frac{16{k}^{2}-48}{4{k}^{2}+3}$-10k$\frac{16{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$+32k=$\frac{32{k}^{3}-96k-160{k}^{3}+128{k}^{3}+96k}{4{k}^{2}+3}$=0，
∴∠MPF=∠NPF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．