Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，左、右焦点分别为圆F₁、F₂，M是C上一点，|MF₁|=2，且|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$||$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=2$\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A、B时，线段AB上取点Q，且Q满足|$\overrightarrow{AP}$||$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{AQ}$||$\overrightarrow{PB}$|，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知得a=2c，且∠F₁MF₂=60°，由余弦定理求出c=1，即可求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆C的方程可求；
（2）设直线l的方程为y=kx+（1-4k），代入椭圆方程，得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，利用根与系数的关系结合已知向量等式即可证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线方程．

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，∴a=2c，
椭圆左、右焦点分别为圆F₁、F₂，M是C上一点，|MF₁|=2，且|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$||$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=2$\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}$．
得cos＜$\overrightarrow{M{F}_{1}}，\overrightarrow{M{F}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{M{F}_{1}}•\overrightarrow{M{F}_{2}}}{|\overrightarrow{M{F}_{1}}||\overrightarrow{M{F}_{2}}|}=\frac{1}{2}$，∴∠F₁MF₂=60°．
在△F₁F₂M中，由余弦定理得：
（2c）²=2²+（4c-2）²-2×2（4c-2）cos60°，
解得c=1．
则a=2，b=$\sqrt{3}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
证明：（2）由题意可得直线l的斜率存在．
设直线l的方程为y-1=k（x-4），即y=kx+（1-4k），
代入椭圆方程，整理得（3+4k²）x²+（8k-32k²）x+64k²-32k-8=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{32{k}^{2}-8k}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{64{k}^{2}-32k-8}{3+4{k}^{2}}$．
设Q（x₀，y₀），由|$\overrightarrow{AP}$||$\overrightarrow{QB}$|=|$\overrightarrow{AQ}$||$\overrightarrow{PB}$|，得：
（4-x₁）（x₀-x₂）=（x₁-x₀）（4-x₂）（考虑线段在x轴上的射影即可），
∴8x₀=（4+x₀）（x₁+x₂）-2x₁x₂，
于是$8{x}_{0}=（4+{x}_{0}）•\frac{32{k}^{2}-8k}{3+4{k}^{2}}-\frac{2（64{k}^{2}-32k-8）}{3+4{k}^{2}}$，
整理得3x₀-2=（4-x₀）k，①
又k=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-4}$，代入①式得3x₀+y₀-3=0，
∴点Q总在直线3x+y-3=0上．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆的简单性质，考查推理论证与运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．