Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）短軸上的一個(gè)頂點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，過(guò)橢圓C的焦點(diǎn)作x軸的垂線(xiàn)截橢圓的弦長(zhǎng)為3，設(shè)A，B分別為橢圓的左右頂點(diǎn)，M為橢圓上異于A，B的任一點(diǎn)．
（1）求橢圓的方程；
（2）若直線(xiàn)MA與直線(xiàn)x=4相交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作直線(xiàn)MB的垂直，垂足為H，求點(diǎn)H的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）由已知中短軸上的一個(gè)頂點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，過(guò)橢圓C的焦點(diǎn)作x軸的垂線(xiàn)截橢圓的弦長(zhǎng)為3，可得a²，b²，進(jìn)而得到橢圓的方程；
（2）延長(zhǎng)PH，交x軸于點(diǎn)Q，進(jìn)而得到點(diǎn)H在以BQ為直徑的圓上，（不包括BQ兩點(diǎn)），可得點(diǎn)H的軌跡方程．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）短軸上的一個(gè)頂點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，
∴a=2c，…①
又∵過(guò)橢圓C的焦點(diǎn)作x軸的垂線(xiàn)截橢圓的弦長(zhǎng)為3，
∴$\frac{2^{2}}{a}$=3…②
結(jié)合a²=b²+c²得：$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{3}\\ c=1\end{array}\right.$，
故橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$
（2）延長(zhǎng)PH，交x軸于點(diǎn)Q，

設(shè)M（x₀，y₀），則AM的方程為：y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}（x+2）$，
當(dāng)x=4時(shí)，y=$\frac{6{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，即P點(diǎn)坐標(biāo)為：（4，$\frac{6{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$），
設(shè)Q點(diǎn)坐標(biāo)為（m，0），則k_PQ=$\frac{\frac{6{y}_{0}}{{x}_{0}+2}}{4-m}$=$\frac{6{y}_{0}}{{（x}_{0}+2）（4-m）}$，
∵M(jìn)B⊥PQ，
∴k_PQ•k_MB=-1，
∴$\frac{6{y}_{0}}{{（x}_{0}+2）（4-m）}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$=-1，
即$\frac{6{{y}_{0}}^{2}}{{{（x}_{0}}^{2}-4）（4-m）}$=-1，
∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，故${{y}_{0}}^{2}=3-\frac{{{3x}_{0}}^{2}}{4}$，
即$\frac{6（3-\frac{{{3x}_{0}}^{2}}{4}）}{{{（x}_{0}}^{2}-4）（4-m）}$=-1，
解得：m=-$\frac{1}{2}$，
∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{1}{2}$，0），
∵HQ⊥HB，
∴點(diǎn)H在以BQ為直徑的圓上，（不包括BQ兩點(diǎn)），
由B點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），得BQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為（$\frac{3}{4}$，0），|BQ|=$\frac{5}{2}$，
∴H的軌跡方程為：$（x-\frac{3}{4}）^{2}+{y}^{2}=\frac{25}{16}（y≠0）$

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程直線(xiàn)與橢圓的位置綜合應(yīng)用，難度中檔．