Question

16．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，右焦点F₂到直线l₁：3x+4y=0的距离为$\frac{3}{5}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点F₂的直线l与椭圆C相交于E、F两点，A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x=4于点M，N，线段MN的中点为P．求证：直线PF₂⊥l．

Answer 1

分析 （I）由右焦点F₂（c，0）直线l₁：3x+4y=0的距离为$\frac{3}{5}$，利用点到直线的距离公式可得$\frac{|3c|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}$=$\frac{3}{5}$，解得c．再利用$e=\frac{c}{a}$，b²=a²-c²，解出即可得出．
（II）当EF⊥x轴时，由对称性可得：直线PF₂⊥l．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k（x-1），E（x₁，y₁），F（x₂，y₂）．直线AE的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），直线AF的方程为：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），可得点M，N的坐标，可得线段MN的中点P．直线l的方程与椭圆方程联立化为：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，利用根与系数的关系及其斜率计算公式可得${k}_{{F}_{2}P}$，只要证明$k•{k}_{{F}_{2}P}$=-1即可．

解答 （I）解：∵右焦点F₂（c，0）直线l₁：3x+4y=0的距离为$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{|3c|}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}$=$\frac{3}{5}$，解得c=1．
又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，解得a=2．
∴b²=a²-c²=3．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）证明：当EF⊥x轴时，由对称性可得：直线PF₂⊥l．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k（x-1），E（x₁，y₁），F（x₂，y₂）．
直线AE的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），令x=4，可得M$（4，\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}）$；
直线AF的方程为：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$（x-2），令x=4，可得N$（4，\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}）$．
可得线段MN的中点P$（4，\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-2）+{y}_{2}（{x}_{1}-2）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}）$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∴${k}_{{F}_{2}P}$=$\frac{\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-2）+{y}_{2}（{x}_{1}-2）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}}{4-1}$=$\frac{k[2{x}_{1}{x}_{2}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]}{3[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]}$=$\frac{k[\frac{2（4{k}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}-\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+4]}{3[\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}-\frac{16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+4]}$=-$\frac{1}{k}$，
∴$k•{k}_{{F}_{2}P}$=-1，
∴直线PF₂⊥l．
综上可得：直线PF₂⊥l．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．