Question

如圖，已知在坐標(biāo)平面內(nèi)，M、N是x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，P是上半平面內(nèi)一點(diǎn)，△PMN的面積為

3

2

，點(diǎn)A坐標(biāo)為(1+

3

，

3

2

)，

MP

=m•

OA

(m為常數(shù))，

MN

•

OP

=|

MN

|．
（Ⅰ）求以M、N為焦點(diǎn)且過(guò)點(diǎn)P的橢圓方程；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)B（-1，0）的直線l交橢圓于C、D兩點(diǎn)，交直線x=-4于點(diǎn)E，點(diǎn)B、E分

CD

的比分別為λ1、λ₂，求證：λ₁+λ₂=0．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設(shè)M（-c，0），N（c，0）（c＞0），P（x₀，y₀），則

MN

•

OP

=(2c，0)•(x0，y0)=2cx0，2cx₀=2c，故x₀=1.S△PMN=

1

2

(2c)|y0|=

3

2

，y0=

3

2c

．

MP

=(x0+c，y0)，

OA

=(1+

3

，

3

2

)，由

x0+c

1+ 3

=m=

y0

3 2

，故

3

2

(x0+c)=(1+

3

)y0．由此入手能求出橢圓方程．
（Ⅱ）當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l與x=-4無(wú)交點(diǎn)，不合題意．當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l方程為y=k（x+1），代入橢圓方程

x2

4

+y2=1，化簡(jiǎn)得：（4k²+1）x²+8k²x+4k²-4=0．設(shè)點(diǎn)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），再由根的判別式和韋達(dá)定理進(jìn)行求解．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)M（-c，0），N（c，0）（c＞0），P（x₀，y₀），
則

MN

•

OP

=(2c，0)•(x0，y0)=2cx0，2cx₀=2c，故x₀=1．①
又∵S△PMN=

1

2

(2c)|y0|=

3

2

，y0=

3

2c

．②
∵

MP

=(x0+c，y0)，

OA

=(1+

3

，

3

2

)，
由已知(x0+c，y0)=m(1+

3

，

3

2

)，
即

x0+c

1+ 3

=m=

y0

3 2

，故

3

2

(x0+c)=(1+

3

)y0．③
將①②代入③，

3

2

(1+c)=(1+

3

)•

3

2c

，c2+c-(3+

3

)=0，(c-

3

)(c+

3

+1)=0，
∴c=

3

，y0=

3

2

．
設(shè)橢圓方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)．
∵a2=b2+3，P(1，

3

2

)在橢圓上，
∴

1

b2+3

+

3 4

b2

=1，故b2=1，a2=4，
∴橢圓方程為：

x2

4

+y2=1．
（Ⅱ）①當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l與x=-4無(wú)交點(diǎn)，
不合題意．
②當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l方程為y=k（x+1），
代入橢圓方程

x2

4

+y2=1
化簡(jiǎn)得：（4k²+1）x²+8k²x+4k²-4=0．設(shè)點(diǎn)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），
則：

△＞0 x1+x2= -8k2 4k2+1 x1•x2= 4k2-4 4k2+1 .

，
∵-1=

x1+λ1x2

1+λ1

，-4=

x1+λ2x2

1+λ2

，
∴λ1=

-1-x1

x2+1

，λ2=

-4-x1

x2+4

，
λ1+λ2=-(

x1+1

x2+1

+

x1+4

x2+4

)=

-1

(x2+1)(x2+4)

[2x1x2+5(x1+x2)+8]
而2x1x2+5(x1+x2)+8=2•

4k2-4

4k2+1

+5•

-8k2

4k2+1

+8=

1

4k2+1

(8k2-8-40k2+32k2+8)=0，
∴λ₁+λ₂=0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓方程的求法和求證λ₁+λ₂=0．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地運(yùn)用橢圓的性質(zhì)，恰當(dāng)?shù)剡M(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．