分析 (1)設A(x1,y1),B(-x1,-y1),又P(2,0),運用橢圓方程,求得kPA•kPB=-$\frac{3}{4}$,可設直線PA的斜率為k,PB的斜率為-$\frac{3}{4k}$,求得M,N的坐標,由兩點的距離公式和基本不等式,即可得到最小值;
(2)由直徑式圓的方程可得以MN為直徑的圓的方程,整理成圓系方程,令y=0,解得x,即可得到所求定點.
解答 解:(1)橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1,
設A(x1,y1),B(-x1,-y1),又P(2,0),
即有$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}$=1,
即有$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{-{y}_{1}}{-{x}_{1}-2}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$,
即為kPA•kPB=-$\frac{3}{4}$,
可設直線PA的斜率為k,PB的斜率為-$\frac{3}{4k}$,
由直線AP、BP分別交直線x=3于M、N點,
可得M(3,k),N(3,-$\frac{3}{4k}$),
故有|MN|=|k+$\frac{3}{4k}$|=|k|+$\frac{3}{4|k|}$≥2$\sqrt{\frac{3}{4}}$=$\sqrt{3}$,
即有|MN|≥$\sqrt{3}$,當且僅當k=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$時,取得等號.
故線段MN的最小值是$\sqrt{3}$;
(2)證明:由(1)可得M(3,k),N(3,-$\frac{3}{4k}$),
即有以MN為直徑的圓的方程為(x-3)2+(y-k)(y+$\frac{3}{4k}$)=0,
即有(x-3)2+y2+($\frac{3}{4k}$-k)y-$\frac{3}{4}$=0,
由y=0,可得(x-3)2+y2-$\frac{3}{4}$=0,
解得x=3±$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
則有以MN為直徑的圓過定點(3±$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0).
點評 本題考查橢圓的方程和性質,注意運用設而不求思想,以及基本不等式求最值,考查直徑式圓的方程,以及恒過定點的求法,考查運算能力,屬于中檔題.
科目:高中數學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{3}$ | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ | D. | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ |
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科目:高中數學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{100}{3}c{m^2}$ | B. | $\frac{100}{3}πc{m^2}$ | C. | 6000cm2 | D. | $\frac{200}{3}πc{m^2}$ |
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科目:高中數學 來源: 題型:解答題
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