Question

16．已知直线l：x=my+1过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的右焦点F，抛物线：x²=4$\sqrt{3}$y的焦点为椭圆C的上顶点，且直线l交椭圆C于A、B两点，点A、F、B在直线g：x=4上的射影依次为点D、K、E．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若直线l交y轴于点M，且$\overrightarrow{MA}$=λ₁$\overrightarrow{AF}$，$\overrightarrow{MB}$=λ₂$\overrightarrow{BF}$，当m变化时，探求λ₁+λ₂的值是否为定值？若是，求出λ₁+λ₂的值，否则，说明理由；
（Ⅲ）连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出椭圆的右焦点F与上顶点坐标，得出b、c的值，再求出a²的值即可；
（Ⅱ）求出M的坐标，设出A、B的坐标，由$\overrightarrow{MA}$=λ₁$\overrightarrow{AF}$，$\overrightarrow{MF}$=λ₂$\overrightarrow{BF}$，
利用直线与椭圆方程组成方程组，求出λ₁、λ₂的表达式，计算λ₁+λ₂的值；
（Ⅲ）由m=0时，得出AE与BD相交FK的中点N，且N（$\frac{5}{2}$，0），
猜想：m变化时，AE与BD相交于定点（$\frac{5}{2}$，0），再证明猜想正确．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆右焦点F（1，0），∴c=1，
抛物线x²=4$\sqrt{3}$y的焦点坐标（0，$\sqrt{3}$）
∴b=$\sqrt{3}$，b²=3；∴a²=b²+c²=4；
∴椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；…（3分）
（Ⅱ）易知m≠0，且l与y轴交于M（0，-$\frac{1}{m}$），
设直线l交椭圆于A（x₁，y₁）B（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去x，得
（3m²+4）y²+6my-9=0，
∴△=（6m）²+36（3m²+4）=144（m²+1）＞0；
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{{3m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{{3m}^{2}+4}$；…（6分）
又由$\overrightarrow{MA}$=λ₁$\overrightarrow{AF}$，∴（x₁，y₁+$\frac{1}{m}$）=λ₁（1-x₁，-y₁）；
∴λ₁=-1-$\frac{1}{{my}_{1}}$，同理λ₂=-1-$\frac{1}{{my}_{2}}$，
∴λ₁+λ₂=-2-$\frac{1}{m}$（$\frac{1}{{y}_{1}}$+$\frac{1}{{y}_{2}}$）；
∵$\frac{1}{{y}_{1}}$+$\frac{1}{{y}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}{+y}_{2}}{{{y}_{1}y}_{2}}$=-$\frac{6m}{{3m}^{2}+4}$•（-$\frac{{3m}^{2}+4}{9}$）=$\frac{2m}{3}$，
∴λ₁+λ₂=-2-$\frac{1}{m}$（$\frac{1}{{y}_{1}}$+$\frac{1}{{y}_{2}}$）=-2-$\frac{1}{m}$•$\frac{2m}{3}$=-$\frac{8}{3}$；…（9分）
∴当m变化时，λ₁+λ₂的值为定值-$\frac{8}{3}$；…（10分）
（Ⅲ）先探索当m=0时，直线l⊥Ox轴，则ABED为矩形，
由对称性知，AE与BD相交FK的中点N，且N（$\frac{5}{2}$，0），
猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点（$\frac{5}{2}$，0）…（11分）
证明：由（Ⅱ）知A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴D（4，y₁），E（4，y₂）；
当m变化时，首先证直线AE过定点N（$\frac{5}{2}$，0），
（方法1）∵l_AE：y-y₂=$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{4{-x}_{1}}$•（x-4），
当x=$\frac{5}{2}$时，
y=y₂+$\frac{{y}_{2}{-y}_{1}}{4{-x}_{1}}$•（-$\frac{3}{2}$）
=$\frac{2（4{-x}_{1}）{•y}_{2}-3{（y}_{2}{-y}_{1}）}{2（4{-x}_{1}）}$
=$\frac{2（4-{my}_{1}-1{）y}_{2}-3{（y}_{2}{-y}_{1}）}{2（4{-x}_{1}）}$
=$\frac{3{（y}_{2}{+y}_{1}）-2{{my}_{1}y}_{2}}{2（4{-x}_{1}）}$
=$\frac{3•\frac{-6m}{{3m}^{2}+4}-2m•\frac{-9}{{3m}^{2}+4}}{2（4{-x}_{1}）}$
=0；
∴点N（$\frac{5}{2}$，0）在直线l_AE上，
同理可证，点N（$\frac{5}{2}$，0）也在直线l_BD上；
∴当m变化时，AE与BD相交于定点（$\frac{5}{2}$，0）．…（14分）
（方法2）∵k_EN=$\frac{{y}_{2}}{4-\frac{5}{2}}$=$\frac{{2y}_{2}}{3}$，
k_AN=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-\frac{5}{2}}$=$\frac{{y}_{1}}{{my}_{1}+1-\frac{5}{2}}$=$\frac{{2y}_{1}}{2{my}_{1}-3}$；
∴k_EN-k_AN=$\frac{{2y}_{2}}{3}$-$\frac{{2y}_{1}}{2{my}_{1}-3}$
=$\frac{{2y}_{2}（2{my}_{1}-3）-{6y}_{1}}{3（2{my}_{1}-3）}$
=$\frac{4{{my}_{1}y}_{2}-6{（y}_{1}{+y}_{2}）}{3（2{my}_{1}-3）}$
=$\frac{4m•\frac{-9}{{3m}^{2}+4}-6•\frac{-6m}{{3m}^{2}+4}}{3（2{my}_{1}-3）}$
=0；
∴k_EN=k_AN，
∴A、N、E三点共线；
同理可得B、N、D也三点共线；
∴当m变化时，AE与BD相交于定点（$\frac{5}{2}$，0）．…（14分）

点评 本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，也考查了平面向量的应用问题，考查了分析问题与解决问题的
能力，是综合性题目．