Question

10．已知椭圆C1：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），其焦距为2．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）已知F₁，F₂分别是椭圆的左右焦点，P 为直线x=2 上一点．直线PF₁，PF₂与圆x²+y²=1的另外一个交点分别为M、N 两点，求证：直线MN 恒过一定点．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的定义求得椭圆方程．
（2）设P（2，t），直线PF₁：$y=\frac{t}{3}（x+1）$，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{t}{3}（x+1）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得：9x²+t²（x²+2x+1）=9，根据题目条件求得．

解答 解：（1）由题意知，c=1，左右焦点坐标为F₁（-1，0），F₂（1，0）
所以2a=|AF₁|+|AF₂|=2$\sqrt{2}$，所以椭圆标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
（2）设P（2，t），直线PF₁：$y=\frac{t}{3}（x+1）$，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{t}{3}（x+1）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得：9x²+t²（x²+2x+1）=9，
即（t²+9）x²+2t²x+t²-9=0，-1×${x}_{M}=\frac{{t}^{2}-9}{{t}^{2}+9}$，∴${x}_{M}=\frac{9-{t}^{2}}{{t}^{2}+9}$，∴$M（\frac{9-{t}^{2}}{{t}^{2}+9}，\frac{6t}{{t}^{2}+9}）$
同理可得：N（$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}，\frac{-2t}{{t}^{2}+1}$），∴${K}_{MN}=\frac{4t}{3-{t}^{2}}$，
直线MN的方程为：$y-\frac{4t}{3-{t}^{2}}（x-\frac{1}{2}）=0$，∴直线MN恒过定点T（$\frac{1}{2}，0$）．

点评 本题主要考查椭圆方程的求法和直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题，再高考中经常涉及．