Question

9．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，且過點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$，直線l：y=kx+m交橢圓E于不同的兩點(diǎn)A，B，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M．
（1）求橢圓E的方程；
（2）當(dāng)△AOB的面積為$\frac{3}{2}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）且4k²-4m²+3≠0時(shí)，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在兩個(gè)定點(diǎn)C，D，使得當(dāng)直線l運(yùn)動(dòng)時(shí)，|MC|+|MD|為定值？若存在，求出點(diǎn)C，D的坐標(biāo)和定值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，則a²：b²：c²=4：3：1，設(shè)出橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=λ（λ＞0）$又橢圓過點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$，然后求解橢圓方程．
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，并設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，利用韋達(dá)定理以及判別式，弦長(zhǎng)公式點(diǎn)到直線的距離公式表示三角形的面積，結(jié)合mk的關(guān)系，求解|MC|+|MD|為定值$2\sqrt{3}$．

解答 解：（1）由于橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，則a²：b²：c²=4：3：1，
故橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=λ（λ＞0）$又橢圓過點(diǎn)$P（1，\frac{3}{2}）$，
從而$λ=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$，
從而橢圓E的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，并設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
則$\left\{\begin{array}{l}△=48（4{k^2}-{m^2}+3）＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{4{k^2}+3}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{4{k^2}+3}}\end{array}\right.$
從而${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+2m=\frac{6m}{{4{k^2}+3}}$，從而點(diǎn)M的坐標(biāo)為$（\frac{-4km}{{4{k^2}+3}}，\frac{3m}{{4{k^2}+3}}）$
由于$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{48（4{k^2}-{m^2}+3）}}}{{4{k^2}+3}}$，
點(diǎn)O到直線l的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
則△AOB的面積${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|AB|•d=2\sqrt{3}•\frac{{\sqrt{{m^2}（4{k^2}-{m^2}+3）}}}{{4{k^2}+3}}$，
由題得：${S_{△AOB}}=2\sqrt{3}•\frac{{\sqrt{{m^2}（4{k^2}-{m^2}+3）}}}{{4{k^2}+3}}=\frac{3}{2}$，
從而化簡(jiǎn)得：3（4k²+3）²-16m²（4k²+3）+16m⁴=0，
故[（4k²+3）-4m²][3（4k²+3）-4m²]=0，即${m^2}=\frac{{4{k^2}+3}}{4}$或${m^2}=\frac{{3（4{k^2}+3）}}{4}$，
又由于4k²-4m²+3≠0，從而${m^2}=\frac{{3（4{k^2}+3）}}{4}$．
當(dāng)${m^2}=\frac{{3（4{k^2}+3）}}{4}$時(shí)，由于${x_M}=\frac{-4km}{{4{k^2}+3}}$，${y_M}=\frac{3m}{{4{k^2}+3}}$，
從而${（\frac{x_M}{2}）^2}+{（\frac{y_M}{{\sqrt{3}}}）^2}={（\frac{-2km}{{4{k^2}+3}}）^2}+{（\frac{{\sqrt{3}m}}{{4{k^2}+3}}）^2}=\frac{{{m^2}（4{k^2}+3）}}{{{{（4{k^2}+3）}^2}}}=\frac{3}{4}$，
即點(diǎn)M在橢圓$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{{\frac{9}{4}}}=1$上．
由橢圓的定義得，存在點(diǎn)$C（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$D（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$或$D（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$C（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，
使得|MC|+|MD|為定值$2\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查設(shè)而不求的方法的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．