题目内容
6．已知直线（1+4k）x-（2-3k）y-（3+12k）=0（k∈R）所经过的定点F恰好是椭圆C的一个焦点，且椭圆C上的点到点F的最大距离为8．（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB过点F且与椭圆C相交于点A，B；判断$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$是否为定值，若是求出这个定值，若不是说明理由．
分析 （1）由（1+4k）x-（2-3k）y-（3+12k）=0（k∈R），化为（x-2y-3）+k（4x+3y-12）=0，利用$\left\{\begin{array}{l}{x-2y-3=0}\\{4x+3y-12=0}\end{array}\right.$，可得椭圆的一个焦点为F（3，0）．设椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），由$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{a+c=8}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可．
（2）当AB的斜率不存在时，$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$=$\frac{5}{8}$，为定值．当AB的斜率存在时，设AB的方程为y=k（x-3），与椭圆方程联立可得（16+25k2）x2-150k2x+225k2-400=0，
把根与系数的关系代入$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$=$\frac{1}{{a-e{x_1}}}+\frac{1}{{a-e{x_2}}}$=$\frac{{10-\frac{3}{5}（{x_1}+{x_2}）}}{{25-3（{x_1}+{x_2}）+\frac{9}{25}{x_1}{x_2}}}$即可证明．
解答 解：（1）由（1+4k）x-（2-3k）y-（3+12k）=0（k∈R），
得（x-2y-3）+k（4x+3y-12）=0，
则$\left\{\begin{array}{l}{x-2y-3=0}\\{4x+3y-12=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=0}\end{array}\right.$，
∴椭圆的一个焦点为F（3，0）．
设椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），则$\left\{\begin{array}{l}{c=3}\\{a+c=8}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=5，b=4，c=3，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{16}=1$．
（2）当AB的斜率不存在时，$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$=$\frac{5}{8}$，为定值．
当AB的斜率存在时，设AB的方程为y=k（x-3），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{16}=1}\\{y=k（x-3）}\end{array}\right.$，
可得（16+25k2）x2-150k2x+225k2-400=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{{150{k^2}}}{{16+25{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{225{k^2}-400}}{{16+25{k^2}}}$，
∴$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$=$\frac{1}{{a-e{x_1}}}+\frac{1}{{a-e{x_2}}}$
=$\frac{{10-\frac{3}{5}（{x_1}+{x_2}）}}{{25-3（{x_1}+{x_2}）+\frac{9}{25}{x_1}{x_2}}}$=$\frac{5}{8}$
综上可得：$\frac{1}{{|{FA}|}}+\frac{1}{{|{FB}|}}$=$\frac{5}{8}$为定值．
点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
