Question

19．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)M（1，$\frac{3}{2}$），且左焦點(diǎn)為F₁（-1，0）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)橢圓C的左右頂點(diǎn)分別為A、B，P為橢圓C上一動點(diǎn)，PA，PB分別交直線x=4于點(diǎn)D、E．
（1）求D、E兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的乘積；
（2）若點(diǎn)N（$\frac{3}{2}$，0），試判斷點(diǎn)N與以DE為直徑的圓的位置關(guān)系，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得c=1，將M代入橢圓方程，結(jié)合橢圓的a，b，c的關(guān)系，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）（1）設(shè)出P的坐標(biāo)，代入橢圓方程，結(jié)合三點(diǎn)共線的條件：斜率相等，運(yùn)用直線的斜率公式，化簡整理，即可得到乘積；
（2）設(shè)出以MN為直徑的圓上的動點(diǎn)Q的坐標(biāo)，由三點(diǎn)共線可得D，E的坐標(biāo)，由$\overrightarrow{QD}$•$\overrightarrow{QE}$=0，列式得到圓的方程，代入N的坐標(biāo)，即可判斷N在圓內(nèi)．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得c=1，將點(diǎn)M（1，$\frac{3}{2}$）代入橢圓方程，
可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，又a²-b²=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）（1）設(shè)P（m，n），則$\frac{{m}^{2}}{4}$+$\frac{{n}^{2}}{3}$=1，
即有n²=3（1-$\frac{{m}^{2}}{4}$）=-$\frac{3（{m}^{2}-4）}{4}$，
A（-2，0），B（2，0），
設(shè)D（4，y_D），E（4，y_E），
由A，P，D共線，可得
則k_PA=k_AD，即為$\frac{n}{m+2}$=$\frac{{y}_{D}}{6}$，
同理可得$\frac{n}{m-2}$=$\frac{{y}_{E}}{2}$，
兩式相乘，可得$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-4}$=$\frac{{y}_{D}{y}_{E}}{12}$，
則y_Dy_E=12•（-$\frac{3}{4}$）•$\frac{{m}^{2}-4}{{m}^{2}-4}$=-9；
即有D、E兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的乘積為-9；
（2）點(diǎn)N在以DE為直徑的圓內(nèi)．
理由：橢圓的右準(zhǔn)線為x=4，
設(shè)點(diǎn)Q（x，y）是以DE為直徑圓上的任意一點(diǎn)，則$\overrightarrow{QD}$•$\overrightarrow{QE}$=0，
設(shè)D（4，y₁），E（4，y₂），
可得以DE為直徑圓的方程為（x-4）（x-4）+（y-y₁）（y-y₂）=0，
由A，P，D共線可得$\frac{n}{m+2}$=$\frac{{y}_{1}}{6}$，可設(shè)y₁=6k₁，
同理可得y₂=2k₂，
又k₁•k₂=-$\frac{3}{4}$，
即有x²+y²-8x-（6k₁+2k₂）y+7=0．
將N（$\frac{3}{2}$，0）代入上式的左邊，可得
$\frac{9}{4}$+0-8×$\frac{3}{2}$-0+7=-$\frac{11}{4}$＜0，
即有點(diǎn)N在以DE為直徑的圓內(nèi)．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的方程和性質(zhì)，考查三點(diǎn)共線的條件：斜率相等，考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系的判斷，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．