Question

14．己知椭圆$\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}=1$（m＞n＞0）的离心率e的值为$\frac{1}{2}$，右准线方程为x=4．如图所示，椭圆C左右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线交椭圆C于M，N，直线AM，MB交于点P．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点P（4，$3\sqrt{3}$），直线AN，BM的斜率分别为k₁，k₂，求$\frac{k_1}{k_2}$．
（3）求证点P在一条定直线上．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆C的离心率为$\frac{1}{2}$，右准线的方程为x=4，建立方程，求出几何量，可得椭圆C的方程；
（2）利用A，P点，求出直线AP，与椭圆方程求解M的坐标，直线MF与椭圆联立求出N的坐标，可得AN，BM的斜率分别为k₁，k₂，可求$\frac{k_1}{k_2}$的值．
（3）设出MN的直线方程y=k（x-1），利用设而不求的思想，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），表示出AN直线，BM直线的方程．AN直线与BM直线联立方程求解p的坐标，可得P在一条定直线上．

解答 解：（1）∵椭圆$\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}=1$（a＞b＞0）的离心率e的值为$\frac{1}{2}$，即$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，右准线方程为x=4，即$\frac{{a}^{2}}{c}=4$
解得：a=2，c=1，
∵a²=b²+c²
∴b=$\sqrt{3}$．
故得椭圆的标准方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）点P（4，$3\sqrt{3}$），A（-2，0），故得直线AP方程为y=$\frac{\sqrt{3}}{2}（x+2）$，与椭圆方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$联立，求解M的坐标为（0，$\sqrt{3}$），
那么可得MN直线方程为y=1-3x，与椭圆方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$联立，求解N的坐标为（$\frac{8}{5}$，$-\frac{3\sqrt{3}}{5}$），
那么AN的斜率为k₁=$-\frac{\sqrt{3}}{6}$，BM的斜率k₂=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\frac{k_1}{k_2}$=$\frac{1}{3}$．
（3）设斜率存在的MN的直线方程为y=k（x-1），利用设而不求的思想，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
与椭圆方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$联立，可得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
那么：${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$…①，${x}_{2}{x}_{1}=\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$…②
由A，M的坐标可得直线AM的方程为$y=\frac{{y}_{1}}{{y}_{1}+2}（x+2）$，
由B，N的坐标可得直线BN的方程为$y=\frac{{y}_{2}}{{y}_{2}-2}（x-2）$，4
直线AM与直线BN联立，可得：$x=2\frac{2{x}_{2}{x}_{1}-3{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}+3{x}_{2}-4}$，
∴$x=2\frac{2{{x}_{2}x}_{1}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}-4+2{x}_{2}}$…③，
将①②代入③
解得：x=4．
故点P在直线x=4上．
当k不存在时，经验证，点P在直线x=4上满足题意．

点评 本题考查了与椭圆的标准方程的求法，椭圆与直线的关系的运用能力和计算能力，考查了数学转化思想方法，综合能力强，计算量大，属于难题，压轴题．