Question

6．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁、F₂，上頂點為A，過A與AF₂垂直的直線交x軸負半軸于Q點，且F₁恰好是線段QF₂的中點．
（1）若過A、Q、F₂三點的圓恰好與直線3x-4y-7=0相切，求橢圓C的方程；
（2）在（1）的條件下，B是橢圓C的左頂點，過點R（$\frac{3}{2}$，0）作與x軸不重合的直線l交橢圓C于E、F兩點，直線BE、BF分別交直線x=$\frac{8}{3}$于M、N兩點，若直線MR、NR的斜率分別為k₁，k₂，試問：k₁k₂是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知b²=3c²，根據(jù)點到直線的距離公式，即可求得c的值，求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線PQ方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及直線的斜率公式，求得M和N點的縱坐標，利用斜率公式求得k₁，k₂，利用韋達定理即可求得k₁k₂．

解答 解：（1）由題意可知A（0，b），F(xiàn)₁是線段QF₁的中點，
設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），則Q（-3c，0），
∵∠QAF₁=90°，
∴b²=3c²，
由題意Rt△QAF₁外接圓圓心為斜邊的QF₁中點F₁（-c，0），半徑等于2c，
由A，Q，F(xiàn)₂，三點恰好與直線3x-4y-7=0相切，
∴F₁（-c，0）到直線的距離等于半徑2c，
即$\frac{丨-3c-7丨}{5}$=2c，
解得：c=1，b²=3，a²=4，
∴橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
直線PQ的方程為x=my+$\frac{3}{2}$，代入橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{x=my+\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
4（4+3m²）y²+36my-21=0，
y₁+y₂=-$\frac{-36m}{4（3{m}^{2}+4）}$，y₁y₂=-$\frac{21}{4（3{m}^{2}+4）}$，
由B，E，M，三點共線，可知：$\frac{{y}_{M}}{\frac{8}{3}+2}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，即y_M=$\frac{14{y}_{1}}{3（{x}_{1}+2）}$，
同理可得：y_N=$\frac{14{y}_{2}}{3（{x}_{2}+4）}$，
∴k₁k₂=$\frac{{y}_{M}}{\frac{8}{3}-\frac{3}{2}}$×$\frac{{y}_{N}}{\frac{8}{3}-\frac{3}{2}}$=$\frac{36{y}_{M}{y}_{N}}{49}$=$\frac{64{y}_{1}{y}_{2}}{4（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）}$，
由4（x₁+2）（x₂+2）=（2my₁+7）（2my₂+7）=4m²y₁y₂+14m（y₁+y₂）+49，
∴k₁k₂=$\frac{64×\frac{-21}{4（3{m}^{2}+4）}}{4{m}^{2}×\frac{-21}{4（3{m}^{2}+4）}-\frac{14×36{m}^{2}}{4（3{m}^{2}+4）}+49}$=-$\frac{12}{7}$，
∴k₁k₂是否為定值-$\frac{12}{7}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，直線的斜率公式，屬于中檔題．