Question

在平面直角坐標系xOy中，橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1的右焦點為F（c，0）（a＞b＞c＞0），短軸的一個端點為P，已知△POF的面積為

3

2

，且O到直線PF的距離為

3

2

．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過點F且斜率不為0的直線l與橢圓交于A，B兩點，若直線OA，OB與直線x=4分別交于M，N兩點，線段MN的中點為R，線段AB的中點為Q，證明：直線RQ過定點．

Answer 1

考點：橢圓的簡單性質

專題：綜合題,直線與圓,圓錐曲線的定義、性質與方程,圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）根據△POF的面積以及橢圓的幾何性質，列出方程組，求出a、b的值即可；
（Ⅱ）【解法一】討論直線l的斜率存在時，設其方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，由根與系數的關系，求出直線l的方程，得直線QR過定點；
直線l的斜率不存在時，直線QR的方程為y=0，也過該定點．
【解法二】設出A、B的坐標，直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程，由根與系數的關系，求出直線QR的方程，判斷直線QR過定點．

解答： 解：（Ⅰ）設原點O到直線PF的距離為h，∴h=

3

2

；
∵△POF的面積為S_△POF=

1

2

ah=

3

2

，∴a=2；…①
又S_△POF=

1

2

bc=

3

2

，∴bc=

3

；…②
又a²=b²+c²；…③
由①②③組成方程組，
解得

b= 3 c=1

或

b=1 c= 3

（舍去，b＞c）；
∴橢圓的方程為

x2

4

+

y2

3

=1；
（Ⅱ）【解法一】①當直線l的斜率存在時，設其方程為：y=k（x-1），
與橢圓方程聯立

y=k(x-1) 3x2+4y2-12=0

，
得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0；
由根與系數的關系得x₁+x₂=-

8k2

3+4k2

，x₁x₂=

4k2-12

3+4k2

，
∴y₁+y₂=-

6k

3+4k2

；
∴點Q的坐標為（-

4k2

3+4k2

，-

3k

3+4k2

）；
設直線QA的方程為y=

y1

x1

x，令x=4，得點M的坐標是（4，

4y1

x1

），
同理，得點N的坐標是（4，

4y2

x2

）；
設R的坐標是（4，y₀），
則y₀=2（

y1

x1

+

y2

x2

）=

2x2y1+2x1y2

x1x2

=-

12k

k2-3

，
∴k_RQ=

15k

4(3-k2)

，則直線l的方程為y-

12k

3-4k2

=

15k

4(3-k2)

（x-4），
令y=0，得x=

4

5

，∴直線QR過點（

4

5

，0）；
②當直線l的斜率不存在時，直線QR的方程為y=0，也過點（

4

5

，0）．
【解法二】設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程，
得（3m²+4）y²+6my-9=0，
則y₁+y₂=

-6m

3m2+4

，y₁y₂=

-9

3m2+4

；
∴x₁+x₂=m（y₁+y₂）+2=

8

3m2+4

；
∴點Q的坐標為（

4

3m2+4

，

-3m

3m2+4

），
直線QA的方程為y=

y1

x1

x，令x=4，
∴點M的坐標為（4，

4y1

x1

）；
同理，點N的坐標為（4，

4y2

x2

）；
設R的坐標為（4，y₀），則
y₀=2（

y1

x1

+

y2

x2

）=2（

y1

my1+1

+

y2

my2+1

）=2•

2my1y2+y1+y2

m2y1y2+m(y1+y2)+1

=2•

- 18m 3m2+4 - 6m 3m2+4

m2• -9 3m2+4 - 6m2 3m2+4 +1

=

12m

3m2-1

；
∴點R的坐標為（4，

12m

3m2-1

）；
則直線QR的方程為y-

12m

3m2-1

=

12m 3m2-1 + 3m 3m2+4

4- 4 3m2+4

（x-4），
即y-

12m

3m2-1

=

15m

4(3m2-1)

（x-4），
令y=0，得x=

4

5

；
∴直線QR過定點（

4

5

，0）．

點評：本題考查了直線與圓的應用問題，也考查了橢圓的幾何性質以及直線與橢圓的綜合應用問題，考查了方程思想的應用，根與系數的關系的應用，是綜合性題目．