Question

13．若椭圆$\frac{{x}^{2}}{{{a}_{1}}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{{b}_{1}}^{2}}$=1（a₁＞0，b₁＞0）和椭圆$\frac{{x}^{2}}{{{a}_{2}}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{{b}_{2}}^{2}}$=1（a₂＞0，b₂＞0）满足$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{{b}_{1}}{{b}_{2}}$，则称这两个椭圆相似．
（Ⅰ）求经过点M（2，3），且与椭圆E₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1相似的椭圆E₂的方程；
（Ⅱ）设点P（8，0），A，B是椭圆E₂上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆E₂于另一点C，证明：直线AC与x轴相交于定点，并求出此定点的坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设椭圆E₂的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a，b＞0），由椭圆相似和点满足椭圆方程，列出方程组，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）设直线PB的方程为y=k（x-8）．代入椭圆方程，得（4k²+3）x²-64k²x+256k²-48=0．设点B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），则直线AC的方程为y-y₂=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₂），由此能证明直线AC与x轴相交于定点Q（2，0）．

解答 解：（Ⅰ）设椭圆E₂的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a，b＞0），
由椭圆相似可得，$\frac{4}{{a}^{2}}$=$\frac{3}{{b}^{2}}$，
又$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{{b}^{2}}$=1，
解得a=4，b=2$\sqrt{3}$，
即有$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；
（Ⅱ）证明：由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为y=k（x-8）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-8）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=48}\end{array}\right.$，得（4k²+3）x²-64k²x+256k²-48=0．①
设点B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
则A（x₁，-y₁）．直线AC的方程为y-y₂=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₂）．
令y=0，得x=x₂-$\frac{{y}_{2}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{y}_{2}+{y}_{1}}$．
将y₁=k（x₁-8），y₂=k（x₂-8）代入，
整理，得x=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-8（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-16}$．②
由①得x₁+x₂=$\frac{64{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{256{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
代入②，整理，得x=2．
∴直线AC与x轴相交于定点Q（2，0）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线恒过定点的求法，解题时要认真审题，注意联立方程消元思想的合理运用．