题目内容
3．已知焦距为2$\sqrt{3}$的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦点为F1、上顶点为D，直线DF1与椭圆C的另一交点为H，且|DF1|=7|F1H|．（1）求椭圆C的方程；
（2）点A是椭圆C的右顶点，过点B（1，0）且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C相交于E、F两点，直线AE、AF分别交直线x=3于M，N两点，线段MN的中点为P，记直线PB的斜率为k′，求证：k•k′为定值．
分析 （1）由已知得${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，H（-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$，-$\frac{b}{7}$），由此能求出椭圆C的方程．
（2）由题意设直线l的方程为y=k（x-1），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，得（4k2+1）x2-8k2x+4k2-4=0，由此利用韦达定理、直线方程、椭圆性质，结合已知条件能证明k•k′为定值．
解答 解：（1）∵椭圆C的焦距为2$\sqrt{3}$，∴${F}_{1}（-\sqrt{3}，0）$，
∵D（0，b），直线DF1与椭圆C的另一交点为H，且|DF1|=7|F1H|，
∴点H（-$\frac{8\sqrt{3}}{7}$，-$\frac{b}{7}$），
则$\frac{64×3}{49{a}^{2}}$+$\frac{1}{49}=1$，解得a2=4，则b2=a2-3=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
证明：（2）由题意设直线l的方程为y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，得（4k2+1）x2-8k2x+4k2-4=0，
设E（x1，y1），F（x2，y2），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
直线AE，AF的方程分别为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，$y=\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），
令x=3，则M（3，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），N（3，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
∴P（3，$\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}）$），
∴k•k′=$\frac{k}{4}×$$\frac{k（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-2）+k（{x}_{2}-1）（{x}_{1}-2）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}$×$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}$×$\frac{\frac{8{k}^{2}-8-24{k}^{2}+16{k}^{2}+4}{4{k}^{2}+1}}{\frac{4{k}^{2}-4-16{k}^{2}+16{k}^{2}+4}{4{k}^{2}+1}}$
=$\frac{{k}^{2}}{4}×\frac{（-4）}{4{k}^{2}}$
=-$\frac{1}{4}$．
∴k•k′为定值-$\frac{1}{4}$．
点评 本题考查椭圆方程的求法，考查两直线的斜率的乘积为定值的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意直线方程、椭圆性质的合理运用．
| A． | $\frac{{3\sqrt{2}}}{8}$ | B． | $\frac{{5\sqrt{2}}}{8}$ | C． | $\frac{{7\sqrt{2}}}{8}$ | D． | $\frac{{\sqrt{2}}}{8}$ |
在如图所示的几何体EFABC中，已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，AF⊥平面ABC，D为BC的中点，DE∥AF且BC=AF=2DE=2．