Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁、F₂，点M（0，2）关于直线y=-x的对称点在椭圆C上，且△MF₁F₂为正三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，过点P（4，0）的直线PB交椭圆C于另一点E，证明：直线AE与x轴相交于定点．

Answer 1

分析 （1）由题意画出图形，求出M点关于直线y=-x的对称点，则a可求，再由△MF₁F₂为正三角形列式求得c，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求，
（2）设直线PB的方程可设为x=ky+4，联立方程组，设B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），则A（x₁，-y₁），根据韦达定理可得y₁+y₂=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{24}{2{k}^{2}+3}$，由此能够证明直线AE恒过定点（1，0）．

解答 解：（1）如图，点M（0，2）关于直线y=-x的对称点为（-2，0），
∵（-2，0）在椭圆上，∴a=2，
又△MF₁F₂为正三角形，
∴tan30°=$\frac{c}{2}$，c=2tan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴b²=a²-c²=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{3{y}^{2}}{8}$=1；
（2）∵P（4，0），
∴直线PB的方程可设为x=ky+4，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+4}\\{2{x}^{2}+3{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，
得（2k²+3）y²+16ky+24=0，
∵△＞0，
∴k²＞$\frac{9}{2}$．
设B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），则A（x₁，-y₁），
∴y₁+y₂=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{24}{2{k}^{2}+3}$
直线AE：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
∵x₁y₂+x₂y₁=2ky₁y₂+4（y₁+y₂）=$\frac{48k}{2{k}^{2}+3}$-$\frac{64k}{2{k}^{2}+3}$=-$\frac{16k}{2{k}^{2}+3}$=y₁+y₂，
∴直线AE：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），即为y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-1）恒过定点（1，0）．
∴AE恒过定点（1，0）．

点评 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法及直线与椭圆的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化．