Question

19．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右頂點分別為A₁，A₂，左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{1}{2}$，點B（4，0），F(xiàn)₂為線段A₁B的中點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過點B且斜率不為0的直線l與橢圓C交于M，N兩點，已知直線A₁M與A₂N相交于點G，求證：以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設點A₁（-a，0），F(xiàn)₂（c，0），推導出a=4-2c，由橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，得a=2c，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）法一：要證以G點為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．只需證x_G=1，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由此利用根的判別式、韋達定理、直線方程，結合已知條件能證明以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．
法二：要證以G點為圓心，即證x_G=1，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃兩兩不等，由B，M，N三點共線，得2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0．再由A₁，M，G三點共線，A₂，N，G三點共線，推導出x₃=1，由此能證明以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．
法三：設l的方程為y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由此利用根的判別式、韋達定理、三點共線，結合已知條件，能證明以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．

解答 解：（Ⅰ）設點A₁（-a，0），F(xiàn)₂（c，0），由題意可知：$c=\frac{-a+4}{2}$，即a=4-2c①
又因為橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，即a=2c②
聯(lián)立方程①②可得：a=2，c=1，則b²=a²-c²=3
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．-------（6分）
證明：（Ⅱ）證法一：要證以G點為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．
只需證GF₂⊥x軸，即證x_G=1．-------（7分）
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$
可得：（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0．
由韋達定理可得：${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$（*）-------（9分）
因為直線${l_{{A_1}M}}：y=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}（x+2）$，${l_{{A_2}N}}：y=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}（x-2）$
即證：$\frac{{3{y_1}}}{{{x_1}+2}}=\frac{{-{y_2}}}{{{x_2}-2}}$，即3k（x₁-4）•（x₂-2）=-k（x₂-4）•（x₁+2）．
即證4x₁x₂-10（x₁+x₂）+16=0．-------（11分）
將（*）代入上式可得$\frac{{4•（64{k^2}-12）}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{10×32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+16=0?16{k^2}-3-20{k^2}+3+4{k^2}=0$．
此式明顯成立，原命題得證．
所以以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．-------（12分）
證法二：要證以G點為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．
只需證GF₂⊥x軸，即證x_G=1．-------（7分）
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃兩兩不等，
因為B，M，N三點共線，所以$\frac{y_1}{{{x_1}-4}}=\frac{y_2}{{{x_2}-4}}⇒\frac{{{y_1}^2}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{{y_2}^2}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}⇒\frac{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）}}{{{{（{x_1}-4）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）}}{{{{（{x_2}-4）}^2}}}$，
整理得2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0．-------（8分）
又A₁，M，G三點共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
又A₂，N，G三點共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②
①與②兩式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}⇒{（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{{y_2}^2{{（{x_1}+2）}^2}}}{{{y_1}^2{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{3（1-\frac{x_2^2}{4}）{{（{x_1}+2）}^2}}}{{3（1-\frac{x_1^2}{4}）{{（{x_2}-2）}^2}}}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}$
即${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=\frac{{（{x_2}+2）（{x_1}+2）}}{{（{x_1}-2）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}+2（{x_1}+{x_2}）+4}}{{{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4}}$，-------（10分）
將2x₁x₂-5（x₁+x₂）+8=0即${x_1}{x_2}=\frac{5}{2}（{x_1}+{x_2}）-4=0$代入得${（\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}）^2}=9$，
解得x₃=4（舍去）或x₃=1．-------（11分）
所以GF₂⊥x軸，即以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．-------（12分）
證法三：由題意l與x軸不垂直，設l的方程為y=k（x-4），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，△＞0．
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），G（x₃，y₃），x₁，x₂，x₃兩兩不等，
則${x_1}+{x_2}=\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$，$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{12\sqrt{1-4{k^2}}}}{{3+4{k^2}}}$-----（9分）
由A₁，M，G三點共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}+2}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}$①
由A₂，N，G三點共線，有：$\frac{y_3}{{{x_3}-2}}=\frac{y_2}{{{x_2}-2}}$②，
①與②兩式相除得：$\frac{{{x_3}+2}}{{{x_3}-2}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+2）}}{{{y_1}（{x_2}-2）}}=\frac{{k（{x_2}-4）（{x_1}+2）}}{{k（{x_1}-4）（{x_2}-2）}}=\frac{{{x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+3（{x_1}-{x_2}）-8}}{{{x_1}{x_2}-3（{x_1}+{x_2}）+（{x_1}-{x_2}）+8}}=-\frac{1}{3}$．-------（10分）
解得x₃=4（舍去）或x₃=1，-------（11分）
所以GF₂⊥x軸，即以點G為圓心，GF₂的長為半徑的圓總與x軸相切．-------（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查圓總與x軸相切的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、直線方程、三點共線、橢圓性質的合理運用．