Question

9．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），长轴长是短轴长的$\sqrt{3}$倍，点P是椭圆C上一动点，其到点M（0，2）距离的最大值为3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点N（5，0），设不垂直于x轴的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，若x轴是∠ANB的角平分线，证明直线l过定点．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆建立方程关系求出a，b，c，即可求椭圆C的方程；
（2）设出直线l的方程，联立直线和椭圆方程，转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系，求出角平分线，利用斜率关系进行证明．

解答 解：（1）由题意知$a=\sqrt{3}b$，设P（x，y）为椭圆上一动点，则${|{PQ}|^2}={x^2}+{（{y-2}）^2}={a^2}（{1-\frac{y^2}{b^2}}）+{（{y-2}）^2}=-2{（y+1）^2}+6+3{b^2}$（-b≤y≤b）．
当0＜b＜1时，|PQ|²在y=-b时取到最大值，且最大值为b²+4b+4，
由b²+4b+4=9解得b=1，与假设0＜b＜1不符合，舍去．
当b≥1时，|PQ|²在y=-1时取到最大值，
且最大值为3b²+6，由3b²+6=9解得b²=1．
于是a²=3，椭圆C的方程是$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．
（2）点N（5，0），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线l：y=kx+b，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+b\\ \frac{x^2}{3}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（3k²+1）x²+6kbx+3b²-3=0，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{6kb}{{3{k^{_2}}+1}}；{x_1}{x_2}=\frac{{3{b^2}-3}}{{3{k^{_2}}+1}}$
因为x轴是∠ANB的角平分线，
则${k_{AN}}+{k_{BN}}=\frac{y_1}{{{x_1}-5}}+\frac{y_2}{{{x_2}-5}}$=$\frac{{k{x_1}+b}}{{{x_1}-5}}+\frac{{k{x_2}+b}}{{{x_2}-5}}$=$\frac{{2k{x_1}{x_2}+（b-5k）（{x_1}+{x_2}）-10b}}{{（{x_1}-5）（{x_2}-5）}}$=$\frac{-6k-10b}{{（3{k^2}+1）（{x_1}-5）（{x_2}-5）}}$=0
所以$b=-\frac{3}{5}k$故直线$l：y=kx-\frac{3}{5}k$，恒过$（\frac{3}{5}，0）$．

点评 本题主要考查椭圆方程的求解以及直线斜率的计算，利用直线和椭圆方程的位置关系，利用设而不求的思想是解决本题的关键．考查学生的计算能力，综合性较强运算量较大．