Question

16．已知橢圓$E：\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$的左右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P為橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)．
（Ⅰ）求直線PA與PB的斜率之積；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)$Q（-\frac{{\sqrt{3}}}{5}，0）$作與x軸不重合的任意直線交橢圓E于M，N兩點(diǎn)．證明：以MN為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)A．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得$A（-\sqrt{3}，0），B（\sqrt{3}，0）$，再設(shè)點(diǎn)P（x，y）（y≠0），從而可得$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，從而化簡(jiǎn)${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{y}{{x+\sqrt{3}}}•\frac{y}{{x-\sqrt{3}}}=\frac{y^2}{{{x^2}-3}}$，從而解得．
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），設(shè)直線${l_{MN}}：x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}（t∈R）$，從而聯(lián)立可得$（2{t^2}+3）{y^2}-\frac{{4\sqrt{3}}}{5}ty-\frac{144}{25}=0$；結(jié)合韋達(dá)定理化簡(jiǎn)證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$A（-\sqrt{3}，0），B（\sqrt{3}，0）$．設(shè)點(diǎn)P（x，y）（y≠0），
則有$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，
即${y^2}=2（1-\frac{x^2}{3}）=\frac{2}{3}（3-{x^2}）$，
∴${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{y}{{x+\sqrt{3}}}•\frac{y}{{x-\sqrt{3}}}=\frac{y^2}{{{x^2}-3}}$=$\frac{{\frac{2}{3}（3-{x^2}）}}{{{x^2}-3}}=-\frac{2}{3}$．
（Ⅱ）證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∵M(jìn)N與x軸不重合，
∴設(shè)直線${l_{MN}}：x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}（t∈R）$，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}\\ 2{x^2}+3{y^2}-6=0\end{array}\right.$化簡(jiǎn)得，
$（2{t^2}+3）{y^2}-\frac{{4\sqrt{3}}}{5}ty-\frac{144}{25}=0$；
由題意可知△＞0成立，且$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{{\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t}}{{2{t^2}+3}}\\{y_1}{y_2}=\frac{{-\frac{144}{25}}}{{2{t^2}+3}}\end{array}\right.$；
$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（{x_1}+\sqrt{3}，{y_1}）（{x_2}+\sqrt{3}，{y_2}）=（t{y_1}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}）（t{y_2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}）+{y_1}{y_2}$
=$（{t^2}+1）{y_1}{y_2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t（{y_1}+{y_2}）+\frac{48}{25}$；
將$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{{\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t}}{{2{t^2}+3}}\\{y_1}{y_2}=\frac{{-\frac{144}{25}}}{{2{t^2}+3}}\end{array}\right.$代入上式并化簡(jiǎn)得，
$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=\frac{{-\frac{144}{25}{t^2}-\frac{144}{25}+\frac{48}{25}{t^2}}}{{2{t^2}+3}}+\frac{48}{25}=-\frac{48}{25}×\frac{{2{t^2}+3}}{{2{t^2}+3}}+\frac{48}{25}=0$．
∴AM⊥AN，即以MN為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與直線的位置關(guān)系的判斷與應(yīng)用，同時(shí)考查了韋達(dá)定理的應(yīng)用及向量的應(yīng)用．