Question

16．以边长为4的等比三角形ABC的顶点A以及BC边的中点D为左、右焦点的椭圆过B，C两点．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）过点D且x轴不垂直的直线l交椭圆于M，N两点，求证直线BM与CN的交点在一条直线上．

Answer 1

分析 （1）由题意可知两焦点为$（-\sqrt{3}，0）$，$（\sqrt{3}，0）$，且2a=6，b²=a²-c²．解出即可得出．
（2）（i）当MN不与x轴重合时，设MN的方程为x=my+$\sqrt{3}$，且B$（\sqrt{3}，2）$，C$（\sqrt{3}，-2）$，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立椭圆与直线MN方程可得：（2m²+3）y²+4$\sqrt{3}$my-12=0，BM：y-2=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-\sqrt{3}}$$（x-\sqrt{3}）$，CN：y+2=$\frac{{y}_{2}+2}{{x}_{2}-\sqrt{3}}$$（x-\sqrt{3}）$．相减化为：4=（x-$\sqrt{3}$）$\frac{2{y}_{1}+2{y}_{2}}{m{y}_{1}{y}_{2}}$，把根与系数的关系代入解得x．
（ii）当MN与x轴重合时，即MN的方程为x=0，即M（3，0），N（-3，0）．可得BM：y-2=$\frac{-2}{3-\sqrt{3}}（x-\sqrt{3}）$，CN：y+2=$\frac{2}{-3-\sqrt{3}}$（x-$\sqrt{3}$），联立解出即可得出．

解答 解：（1）由题意可知两焦点为$（-\sqrt{3}，0）$，$（\sqrt{3}，0）$，且2a=6，解得a=3．
∴b²=a²-c²=6．
因此椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{6}$=1．
（2）（i）当MN不与x轴重合时，
设MN的方程为x=my+$\sqrt{3}$，且B$（\sqrt{3}，2）$，C$（\sqrt{3}，-2）$，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立椭圆与直线MN：$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\sqrt{3}}\\{2{x}^{2}+3{y}^{2}-18=0}\end{array}\right.$，消去x可得：（2m²+3）y²+4$\sqrt{3}$my-12=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-4\sqrt{3}m}{2{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{-12}{2{m}^{2}+3}$．
则BM：y-2=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-\sqrt{3}}$$（x-\sqrt{3}）$，①
CN：y+2=$\frac{{y}_{2}+2}{{x}_{2}-\sqrt{3}}$$（x-\sqrt{3}）$       ②
②-①得：4=（x-$\sqrt{3}$）$（\frac{{y}_{2}+2}{{x}_{2}-\sqrt{3}}-\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-\sqrt{3}}）$，
4=（x-$\sqrt{3}$）×$\frac{m{y}_{1}（{y}_{2}+2）-m{y}_{2}（{y}_{1}-2）}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$，
4=（x-$\sqrt{3}$）$\frac{2{y}_{1}+2{y}_{2}}{m{y}_{1}{y}_{2}}$，
4=（x-$\sqrt{3}$）$\frac{\frac{-8\sqrt{3}m}{2{m}^{2}+3}}{\frac{-12m}{2{m}^{2}+3}}$，4=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$$（x-\sqrt{3}）$，解得x=3$\sqrt{3}$．
（ii）当MN与x轴重合时，即MN的方程为x=0，即M（3，0），N（-3，0）．
即BM：y-2=$\frac{-2}{3-\sqrt{3}}（x-\sqrt{3}）$     ①
CN：y+2=$\frac{2}{-3-\sqrt{3}}$（x-$\sqrt{3}$）      ②
联立①和②消去y可得：x=3$\sqrt{3}$．
综上BM与CN的交点在直线x=3$\sqrt{3}$上．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．