Question

17．已知橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的短軸長是長軸長的$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，A是橢圓M的右頂點，B、C在橢圓M上，O是坐標(biāo)原點，四邊形OABC為面積是3的平行四邊形．
（1）求橢圓M的方程；
（2）過點（4，0）且不垂直于x軸的直線與橢圓M交于P，Q兩點，點Q關(guān)于x軸的對稱點為E，證明：直線PE與x軸的交點為橢圓M的右焦點．

Answer 1

分析 （1）四邊形OABC是平行四邊形，點B的橫坐標(biāo)為$\frac{a}{2}$．代入橢圓方程可得：y_B．利用四邊形OABC為面積是3的平行四邊形，可得$\frac{a}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$b=3，又2b=2a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²．解出即可得出．
（2）直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-4）（k≠0）．代入橢圓的標(biāo)準方程可得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由△＞0，解得k∈$（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$．設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），E（x₂，-y₂）．直線PE的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），令y=0，解得x=$\frac{-{y}_{1}（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+x₁=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 （1）解：∵四邊形OABC是平行四邊形，∴點B的橫坐標(biāo)為$\frac{a}{2}$．代入橢圓方程可得：y_B=$\frac{\sqrt{3}}{2}$b．
∵四邊形OABC為面積是3的平行四邊形，∴$\frac{a}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$b=3，
又2b=2a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²．
聯(lián)立解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1．
∴橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）證明：直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為：y=k（x-4）（k≠0）．
代入橢圓的標(biāo)準方程可得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
由△=（-32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，解得k∈$（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），E（x₂，-y₂），則x₁+x₂=$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
直線PE的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁），
令y=0，解得x=$\frac{-{y}_{1}（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{y}_{1}+{y}_{2}}$+x₁=$\frac{{x}_{1}•k（{x}_{2}-4）+{x}_{2}•k（{x}_{1}-4）}{k（{x}_{1}+{x}_{2}-8）}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-8}$=$\frac{\frac{2（64{k}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}+\frac{4×32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}{\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}-8}$=1，
∴直線PE經(jīng)過定點F（1，0）．

點評 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準方程及其性質(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、平行四邊形的性質(zhì)及其面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．