Question

11．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{7-{a^2}}}$=1（a＞0）的焦點在x軸上，且橢圓C的焦距為2．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）過點R（4，0）的直線l與橢圓C交于兩點P，Q，過P作PN⊥x軸且與橢圓C交于另一點N，F(xiàn)為橢圓C的右焦點，求證：三點N，F(xiàn)，Q在同一條直線上．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的焦點位置分析可得a²＞7-a²，進而由橢圓的幾何性質(zhì)可得a²-（7-a²）=1，解可得a的值，代入橢圓的方程即可得答案；
（Ⅱ）分析可得直線l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=k（x-4），聯(lián)立直線與橢圓的方程，由根與系數(shù)的關(guān)系分析可得直線QN方程，令y=0，可得直線QN過點（1，0），由橢圓的幾何性質(zhì)分析可得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{7-{a^2}}}=1（a＞0）$的焦點在x軸上，
∴a²＞7-a²，即${a^2}＞\frac{7}{2}$，
∵橢圓C的焦距為2，且a²-b²=c²，
∴a²-（7-a²）=1，解得a²=4，
∴橢圓C的標準方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）證明：由題知直線l的斜率存在，
設(shè)l的方程為y=k（x-4），點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），N（x₁，-y₁），
則$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ 3{x^2}+4{y^2}=12\end{array}\right.$得3x²+4k²（x-4）²=12，
即（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0，${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，
由題可得直線QN方程為$y+{y_1}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_1}）$，
又∵y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），
∴直線QN方程為$y+k（{x_1}-4）=\frac{{k（{x_2}-4）+k（{x_1}-4）}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_1}）$，
令y=0，整理得$x=\frac{{{x_1}{x_2}-4{x_2}-x_1^2+4{x_1}}}{{{x_1}+{x_2}-8}}+{x_1}$=$\frac{{2{x_1}{x_2}-4（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}-8}}$
=$\frac{{2×\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-4×\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}-8}}$=$\frac{{\frac{-24}{{3+4{k^2}}}}}{{\frac{{32{k^2}-24-32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}}=1$，
即直線QN過點（1，0），
又∵橢圓C的右焦點坐標為F（1，0），
∴三點N，F(xiàn)，Q在同一條直線上．

點評 本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及直線與橢圓的位置關(guān)系，此類問題需要分析直線的斜率是否存在．