Question

18．已知過點A（1，$\frac{3}{2}$）的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦點為F，且AF所在直線的斜率為$\frac{3}{4}$．
（1）求橢圓的C的方程；
（2）若存在直線l與橢圓交于兩點M、N（均異于點A），使得∠MAN=90°，求證：直線l過定點．

Answer 1

分析 （1）由題意，列出關于a，b，c的方程組，解得即可，則橢圓方程可求；
（2）設直線l：x=my+n點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系及$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=0，求出x=m（y+$\frac{3}{14}$）+$\frac{1}{7}$，即可得到直線過定點．

解答 解：（1）設橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），則由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{\frac{3}{2}}{1+c}=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
則橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
（2）設直線l：x=my+n點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．直線l與橢圓C的方程聯(lián)立，消去x得，（4+3m²）y²+8mny+3m²-12=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6mn}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{3{n}^{2}-12}{3{m}^{2}+4}$，①

同理可得：x₁+x₂=$\frac{8n}{3{m}^{2}+4}$，x₁x₂=$\frac{4{n}^{2}-12{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$，②，
又由∠MAN=90°，則$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=0，
∴（x₁-1，y₁-$\frac{3}{2}$）•（x₂-1，y₂-$\frac{3}{2}$）=x₁x₂-（x₁+x₂）+y₁y₂-$\frac{3}{2}$（y₁+y₂）+$\frac{13}{4}$=0③
將①②代入③整理得：3（$\frac{3}{2}$m+n）²+4（n-1）²-9m²-3=0，
也就是3（$\frac{3}{2}$m+n-1）（$\frac{3}{2}$m+n+1）+4（n-1-$\frac{3}{2}$m）（n-1+$\frac{3}{2}$m）=0，
由于點A不在直線l上，則$\frac{3}{2}$m+n-1≠0則，
3（$\frac{3}{2}$m+n+1）+4（n-1-$\frac{3}{2}$m）=0，整理n=$\frac{2+3m}{14}$，
則x=my+n=my+$\frac{2+3m}{14}$=m（y+$\frac{3}{14}$）+$\frac{1}{7}$，
所以直線l過定點（$\frac{1}{7}$，-$\frac{3}{14}$）

點評 本題考查橢圓標準方程的求法，考查了直線與圓錐曲線位置關系的應用，訓練了存在性問題的求解方法，考查了數(shù)形結合的思想、推理能力和計算能力，屬難題．