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，上、下頂點分別為B₂、B₁，四邊形A₁B₁A₂B₂的面積為4$\sqrt{3}$，且該四邊形內(nèi)切圓的方程為x²+y²=$\frac{12}{7}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線l：y=kx+m（k，m均為常數(shù)）與橢圓C相交于M，N兩個不同的點（M，N異于A₁，A₂），若以MN為直徑的圓過橢圓C的右頂點A₂，試判斷直線l能否過定點？若能，求出該定點坐標；若不能，也請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用四邊形A₁B₁A₂B₂的面積為$4\sqrt{3}$，推出$ab=2\sqrt{3}$，利用四邊形A₁B₁A₂B₂內(nèi)切圓方程，圓心（0，0）到直線A₂B₂的距離為$\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}}}$，求出a，b，然后求解橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，利用判別式以及韋達定理，通過$\overrightarrow{{A_2}M}•\overrightarrow{{A_2}N}=0$，求出km關(guān)系式，然后求解直線方程為$y=k（x-\frac{2}{7}）$，得到恒過定點$（\frac{2}{7}，0）$．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）∵四邊形A₁B₁A₂B₂的面積為$4\sqrt{3}$，且可知四邊形A₁B₁A₂B₂為菱形，
∴$\frac{1}{2}×2a•2b=4\sqrt{3}$，即$ab=2\sqrt{3}$①…（2分）
由題意可得直線A₂B₂方程為：$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，即bx+ay-ab=0，
∵四邊形A₁B₁A₂B₂內(nèi)切圓方程為${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$，
∴圓心（0，0）到直線A₂B₂的距離為$\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}}}$，即$\frac{|-ab|}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}}}$②…（4分）
由①②：a=2，$b=\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（6分）
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$得：（3+4k²）x²+8mkx+4（m²-3）=0，
∵直線l與橢圓C相交于M，N兩個不同的點，
∴△=64m²k²-16（3+4k²）（m²-3）＞0得：3+4k²-m²＞0③
由韋達定理：${x_1}+{x_2}=-\frac{8mk}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-3）}}{{3+4{k^2}}}$…（8分），
∵以MN為直徑的圓過橢圓C的右頂點A₂，∴A₂M⊥A₂N，$\overrightarrow{{A_2}M}•\overrightarrow{{A_2}N}=0$
由于A₂（2，0），所以（x₁-2，y₁）•（x₂-2，y₂）=（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0
⇒（x₁-2）（x₂-2）+（kx₁+m）（kx₂+m）=0
$⇒（{k^2}+1）{x_1}{x_2}+（mk-2）（{x_1}+{x_2}）+{m^2}+4=0$
從而$（{k^2}+1）×\frac{{4（{m^2}-3）}}{{3+4{k^2}}}+（mk-2）（-\frac{8mk}{{3+4{k^2}}}）+{m^2}+4=0$
即7m²+16mk+4k²=0∴m=-2k，或$m=-\frac{2}{7}k$適合③…（11分）
當m=-2k時，直線l：y=kx-2k，即y=k（x-2），
所以恒過定點（2，0），
∵（2，0）為橢圓的右頂點，與題意不符，舍去；
當$m=-\frac{2}{7}k$時，直線l：$y=kx-\frac{2}{7}k$，即$y=k（x-\frac{2}{7}）$，
所以恒過定點$（\frac{2}{7}，0）$．
綜上可知：直線l過定點，該定點為$（\frac{2}{7}，0）$．…（13分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，直線系方程的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及設(shè)而不求的解題方法，是難題．