Question

2．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離的最小值為2-$\sqrt{3}$，其離心率e是方程2x²-3$\sqrt{3}$x+3=0的根．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）（2）若橢圓C長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)分別為A₁，A₂，設(shè)直線x=4與x軸交于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)M是直線x=4上異于點(diǎn)D的任意一點(diǎn)，直線A₁M，A₂M與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，問直線PQ是否恒過定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)；若不是，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0）運(yùn)用幾何意義求解a，b，c即可得出方程．
（2）根據(jù)題目得出M（4，m）（m∈R，且m≠0）P（x₁，y₁）．Q（x₂，y₂），聯(lián)合方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$ 化簡(jiǎn)求解即可得出P（$\frac{18-2{m}^{2}}{{m}^{2}+9}$，$\frac{6m}{{m}^{2}+9}$），Q（$\frac{2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+1}$，$\frac{-2m}{{m}^{2}+1}$）．利用直線的方程的求解得出直線PQ的方程為y═$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$（x-1），利用可判斷直線PQ恒過定點(diǎn)，且定點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0）．

解答 解：（1）設(shè)橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0）意得a-c=2-$\sqrt{3}$，
e的2x²-3$\sqrt{3}$x+3=0所以e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{3}$，a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴b²=1
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
（2）由（1）知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
∴A₁（-2，0），A₂（2，0）
M（4，m）（m∈R，且m≠0）P（x₁，y₁）．Q（x₂，y₂）
k${\;}_{{A}_{1}M}$=$\frac{m}{6}$，k${\;}_{{A}_{2}m}$=$\frac{m}{2}$
∴A₁M：y=$\frac{m}{6}$（x+2），A₂M：y=$\frac{m}{2}$（x-2），
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$把y代入得出：（m²+9）x²+4m²x+4m²-36=0，
∴-2x₁=$\frac{4{m}^{2}-36}{{m}^{2}+9}$，∴x₁=$\frac{18-2{m}^{2}}{{m}^{2}+9}$，y=$\frac{6m}{{m}^{2}+9}$
∴P（$\frac{18-2{m}^{2}}{{m}^{2}+9}$，$\frac{6m}{{m}^{2}+9}$）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{2}（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$ 消去y得（m²+1）x²-4m²x+4m²-4=0，
∴2x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{{m}^{2}+1}$，∴x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+1}$，y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+1}$，Q（$\frac{2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+1}$，$\frac{-2m}{{m}^{2}+1}$）．
∴k_PQ=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$（m$≠±\sqrt{3}$），
∴直線PQ的方程為y-$\frac{-2m}{{m}^{2}+1}$=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$（x-$\frac{2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+1}$），
∴y=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$（x-$\frac{2{m}^{2}-2}{{m}^{2}+1}$）$-\frac{2m}{{m}^{2}+1}$，
化簡(jiǎn)得出：y=$\frac{2m}{3-{m}^{2}}$（x-1），
∴直線PQ過（1，0），
當(dāng)m=$\sqrt{3}$，P（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），Q（1，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），m=-$\sqrt{3}$
線PQ過定點(diǎn)（1，0）
知，直線PQ恒過定點(diǎn)，且定點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 通過直線與圓錐曲線的位置關(guān)系處理，考查學(xué)生的運(yùn)算能力．通過方程與幾何問題的綜合，考查學(xué)生分析轉(zhuǎn)化問題的能力，探究研究問題的能力，并體現(xiàn)了合理消元，設(shè)而不解的代數(shù)變形的思想．