2024年12月广东省广州市高三调研数学试卷 #17
已知椭圆 $C:~\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的左、右焦点分别为 $F_1,F_2$，离心率为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，长轴长与短轴长之和为 $ 6$．
1、求椭圆 $C$ 的方程；
2、已知 $M(-1,0), N(1,0)$，点 $P$ 为椭圆 $C$ 上一点，设直线 $P M$ 与椭圆 $C$ 的另一个交点为点 $B$，直线 $P N$ 与椭圆 $C$ 的另一个交点为点 $D$．设 $\overrightarrow{P M}=\lambda_1 \overrightarrow{M B}$，$\overrightarrow{P N}=\lambda_2 \overrightarrow{N D}$．求证：当点 $P$ 在椭圆 $C$ 上运动时，$\lambda_1+\lambda_2$ 为定值．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} \sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\dfrac{\sqrt 3}2,\\ 2a+2b=6,\end{cases}\implies \begin{cases} a^2=4,\\ b^2=1,\end{cases}\]于是椭圆 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$．
2、记 $t=1$，设 $P(x_0,y_0)$，$B(x_1,y_1)$，$D(x_2,y_2)$，则\[\begin{cases}\left( \dfrac{x_0+\lambda_1\cdot x_1}{1+\lambda_1},\dfrac{y_0+\lambda_1 \cdot y_1}{1+\lambda_1}\right)=(-t,0),\\ \left(\dfrac{x_0+\lambda_2\cdot x_2}{1+\lambda_2},\dfrac{y_0+\lambda_2 \cdot y_2}{1+\lambda_2}\right)=(t,0),\end{cases}\implies \begin{cases} x_0+\lambda_1x_1=-(1+\lambda_1)t,\\ y_0+\lambda_1y_1=0,\\ x_0+\lambda_2x_2=(1+\lambda_2)t,\\ y_0+\lambda_2y_2=0,\end{cases}\]而\[\begin{cases} \dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}=1,\\ \dfrac{\lambda_1^2x_1^2}{a^2}+\dfrac{\lambda_1^2y_1^2}{b^2}=\lambda_1^2,\\ \dfrac{\lambda_2^2x_2^2}{a^2}+\dfrac{\lambda_2^2y_2^2}{b^2}=\lambda_2^2,\end{cases}\implies \begin{cases} \dfrac{(x_0+\lambda_1x_1)(x_0-\lambda_1x_1)}{a^2}+\dfrac{(y_0+\lambda_1y_1)(y_0-\lambda_1y_1)}{b^2}=1-\lambda_1^2,\\ \dfrac{(x_0+\lambda_2x_2)(x_0-\lambda_2x_2)}{a^2}+\dfrac{(y_0+\lambda_2y_2)(y_0-\lambda_2y_2)}{b^2}=1-\lambda_2^2,\end{cases} \]代入可得\[\begin{cases} x_0-\lambda_1x_1=\dfrac{a^2}t(\lambda_1-1),\\ x_0-\lambda_2x_2=\dfrac{a^2}{t}(1-\lambda_2),\end{cases}\]于是\[\dfrac{a^2}{t}(\lambda_1-1)-t(1+\lambda_1)=2x_0=\dfrac{a^2}t(1-\lambda_2)+t(1+\lambda_2),\]解得\[\lambda_1+\lambda_2=2\cdot \dfrac{a^2+t^2}{a^2-t^2}=\dfrac{10}3.\]