Question

11．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率$e=\frac{1}{2}$，且過點(diǎn)Q$（1，\;\frac{3}{2}）$
（1）求橢圓C的方程．
（2）橢圓C長(zhǎng)軸兩端點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P為橢圓上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，定直線x=4與直線PA，PB分別交于M，N兩點(diǎn)，直線PA，PB的斜率分別為k₁，k₂
①證明${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$；
②若E（7，0），過E，M，N三點(diǎn)的圓是否過x軸上不同于點(diǎn)E的定點(diǎn)？若經(jīng)過，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，即a=2c，b²=a²-c²=3c²，將Q$（1，\;\frac{3}{2}）$代入橢圓方程，即可求得c的值，則求得a和b的值，即可求得橢圓C的方程；
（2）①由（1）得A（-2，0），B（2，0），設(shè)P（x，y），由直線的斜率公式可知：則${k_1}{k_2}=\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=\frac{y^2}{{{x^2}-4}}=\frac{{3（1-\frac{x^2}{4}）}}{{{x^2}-4}}=-\frac{3}{4}$，②令PA：y=k₁（x+2），則M（4，6k₁），同理求得N（4，2k₂），k_EM=-$\frac{6{k}_{1}}{3}$=-2k₁，k_EN=-$\frac{2{k}_{2}}{3}$，$\frac{6{k}_{1}}{4-m}$•$\frac{2{k}_{2}}{4-m}$=-1，即可求得m=1，故過點(diǎn)E，M，N三點(diǎn)的圓是以MN為直徑的圓，過x軸上不同于點(diǎn)E的定點(diǎn)F（1，0）．

解答 解：（1）橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$焦點(diǎn)在x軸上，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，即a=2c，
則b²=a²-c²=3c²，
由橢圓過點(diǎn)Q$（1，\;\frac{3}{2}）$，代入$\frac{1}{4{c}^{2}}+\frac{3}{4{c}^{2}}=1$，解得：c=1，
∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①證明：由（1）得A（-2，0），B（2，0），設(shè)P（x，y），
則${k_1}{k_2}=\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}=\frac{y^2}{{{x^2}-4}}=\frac{{3（1-\frac{x^2}{4}）}}{{{x^2}-4}}=-\frac{3}{4}$，
②設(shè)PA，PB的斜率分別為k₁，k₂，P（x₀，y₀），則k₁k₂=-$\frac{3}{4}$，
可令PA：y=k₁（x+2），則M（4，6k₁），
PB：y=k₂（x-2），則N（4，2k₂），
又k_EM=-$\frac{6{k}_{1}}{3}$=-2k₁，k_EN=-$\frac{2{k}_{2}}{3}$，
∴k_EMk_EN=-1，
設(shè)圓過定點(diǎn)F（m，0），則$\frac{6{k}_{1}}{4-m}$•$\frac{2{k}_{2}}{4-m}$=-1，解得m=1或m=7（舍），
故過點(diǎn)E，M，N三點(diǎn)的圓是以MN為直徑的圓，過x軸上不同于點(diǎn)E的定點(diǎn)F（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線的斜率公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．