Question

11．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（1，0），且過點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}}$）．設(shè)點(diǎn)A為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，P、Q為橢圓的左、右頂點(diǎn)（點(diǎn)A與P，Q不重合），設(shè)直線AP、AQ與直線x=4分別交于M、N兩點(diǎn)．
（ I）求橢圓C的方程；
（ II）試問：以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)？若經(jīng)過，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不經(jīng)過，說明理由．

Answer 1

分析 （ I）由題意可知：F（1，0），F(xiàn)'（-1，0），根據(jù)橢圓的定義，$2a=\sqrt{{{（{1-1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}+\sqrt{{{（{1+1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}=4$，求得a和c的值，由b²=a²-c²，求得橢圓的方程；
（ II）由題意可知設(shè)直線AP、AQ的斜率分別為k₁，k₂，求得直線AP、AQ的方程，由k₁•k₂=-$\frac{3}{4}$，由$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（{x+2}）}\\{x=4}\end{array}}\right.$，得M（4，6k₁），同理可得N（4，2k₂），根據(jù)$\overrightarrow{TM}•\overrightarrow{TN}=0$，代入即可求得T點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（I）∵橢圓C右焦點(diǎn)為F（1，0），故左焦點(diǎn)為F'（-1，0），
∴點(diǎn)$（{1，\frac{3}{2}}）$到兩焦點(diǎn)的距離之和為$2a=\sqrt{{{（{1-1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}+\sqrt{{{（{1+1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}=4$…（1分）
∴a=2，c=1得$b=\sqrt{3}$，
故所求的橢圓的方程為$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（3分）
（ II）由對(duì)稱性知，若定點(diǎn)存在，則必在x軸上，設(shè)T（x₀，0）．…（4分）
由橢圓方程知P（-2，0），Q（2，0）．
設(shè)A（x₁，y₁），直線AP、AQ的斜率分別為k₁，k₂．
則直線AP、AQ的方程分別為y=k₁（x+2）和y=k₂（x-2）…（5分），
${k_1}•{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1^2}{x_1^2-4}=\frac{{3（{1-\frac{x_1^2}{4}}）}}{x_1^2-4}=-\frac{3}{4}$…（7分）
由$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（{x+2}）}\\{x=4}\end{array}}\right.$，得M（4，6k₁），同理可得N（4，2k₂）…（9分）
則若T（x₀，0）在以MN為直徑的圓周上，則$\overrightarrow{TM}•\overrightarrow{TN}=0$，
即（4-x₀，6k₁）•（4-x₀，2k₂）=0…（10分）
化得${（{4-{x_0}}）^2}+12{k_1}{k_2}=0$，
又因?yàn)?{k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$，解得x₀=1或x₀=7…（11分）
∴以MN為直徑的圓過定點(diǎn)T（1，0）和T'（7，0）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用待定系數(shù)法求曲線的軌跡方程，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查了恒過定點(diǎn)問題的求解方法，是中檔題．