Question

11．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$經(jīng)過點$（{1，\frac{3}{2}}）$，離心率為$\frac{1}{2}$，設(shè)A、B橢圓C上異于左頂點P的兩個不同點，直線PA和PB的傾斜角分別為α和β，且α+β為定值θ（0＜θ＜π）
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）證明直線AB恒過定點，并求出該定點的坐標．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得a，c，b²，即可得出橢圓C的方程．
（II）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意可得x₁≠x₂（否則α+β=π），且x₁，x₂≠-2，因此直線BA的斜率存在，設(shè)其方程為：y=kx+m．與橢圓方程聯(lián)立化為：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0，△＞0，化為：3+4k²＞m²．對θ分類討論：（1）當$θ=\frac{π}{2}$時，α+β=$\frac{π}{2}$，tanα•tanβ=1，利用斜率計算公式、根與系數(shù)的關(guān)系可得：m²-16km+28k²=0，解得m=2k，或m=14k．可得直線AB恒過定點（-14，0）．
（2）當$θ≠\frac{π}{2}$時，α+β=θ，tanθ=tan（α+β）=$\frac{tanα+tanβ}{1-tanαtanβ}$，利用斜率計算公式、根與系數(shù)的關(guān)系可得：tanθ=$\frac{12}{m-14k}$，解得：m=$\frac{12}{tanθ}+14k$，即可得出．

解答 （I）解：由題意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得a=2，c=1，b²=3，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意可得x₁≠x₂（否則α+β=π），且x₁，x₂≠-2，因此直線BA的斜率存在，
設(shè)其方程為：y=kx+m．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0，
∴△=64k²m²-16（3+4k²）（m²-3）＞0，化為：3+4k²＞m²．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$．
（1）當$θ=\frac{π}{2}$時，α+β=$\frac{π}{2}$，tanα•tanβ=1，∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=1，
∴（kx₁+m）（kx₂+m）=（x₁+2）（x₂+2），化為：（k²-1）x₁x₂+（mk-2）（x₁+x₂）+m²-4=0，
∴$\frac{4（{m}^{2}-3）（{k}^{2}-1）}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{（2-mk）8km}{3+4{k}^{2}}$+m²-4=0，化為：m²-16km+28k²=0，解得m=2k，或m=14k．
∴直線AB的方程可以表示為y=kx+2k（舍去），或y=kx+14k，
∴直線AB恒過定點（-14，0）．
（2）當$θ≠\frac{π}{2}$時，α+β=θ，tanθ=tan（α+β）=$\frac{tanα+tanβ}{1-tanαtanβ}$=$\frac{\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}}{1-\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}}$=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}+2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）-{y}_{1}{y}_{2}}$，
而分子=x₂（kx₁+m）+x₁（kx₂+m）+2（kx₁+m+kx₂+m）=2kx₁x₂+（2k+m）（x₁+x₂）+4m=2k×$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$-（2k+m）×$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$+4m=$\frac{12m-24k}{3+4{k}^{2}}$，
分母=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4-（kx₁+m）（kx₂+m）=（1-k²）x₁x₂+（2-km）（x₁+x₂）+4-m²=$\frac{{m}^{2}-16km+28{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
∴tanθ=$\frac{12m-24k}{{m}^{2}-16mk+28{k}^{2}}$=$\frac{12}{m-14k}$，解得：m=$\frac{12}{tanθ}+14k$，
∴直線AB的方程可以表示為：y=kx+$\frac{12}{tanθ}+14k$，即y=k（x+14）+$\frac{12}{tanθ}$，
即直線恒過定點$（-14，\frac{12}{tanθ}）$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．