Question

15．平面直角坐標系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率是$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
拋物線E：x²=4y的焦點F是C的一個頂點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)與坐標軸不重合的動直線l與C交于不同的兩點A和B，與x軸交于點M，且$P（\frac{1}{2}，2）$滿足k_PA+k_PB=2k_PM，試判斷點M是否為定點？若是定點求出點M的坐標；若不是定點請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知得b=1，又$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²=1+c²，得a，即可得到所求橢圓方程；
（2）設(shè)直線l：x=my+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則M（t，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，
△=16m²-16t²+64＞0，${y}_{1}{+y}_{2}=\frac{-2mt}{{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
由k_PA+k_PB=2k_PM，得$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-\frac{1}{2}}+\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}-\frac{1}{2}}=2×\frac{2}{\frac{1}{2}-t}$⇒$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}-\frac{1}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+2}{{x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}}$=$\frac{8}{1-2t}$．
當(dāng)t=8時，上式恒成立，

解答 解：（1）由拋物線E：x²=4y，得F（0，1），即b=1，
又$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²=1+c²，
解得：a=2，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線l：x=my+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則M（t，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（m²+4）y²+2mty+t²-4=0，
△=16m²-16t²+64＞0
${y}_{1}{+y}_{2}=\frac{-2mt}{{m}^{2}+4}，{y}_{1}{y}_{2}=\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+4}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）+2t=\frac{-2{m}^{2}t}{{m}^{2}+4}+2t$=$\frac{8t}{{m}^{2}+4}$，x₁x₂=（my₁+t）（my₂+t）=$\frac{4{t}^{2}-4{m}^{2}}{{m}^{2}+4}$
y₁x₂+y₂x₁=2my₁y₂+t（y₁+y₂）=$\frac{-8m}{{m}^{2}+4}$
由k_PA+k_PB=2k_PM，得$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-\frac{1}{2}}+\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}-\frac{1}{2}}=2×\frac{2}{\frac{1}{2}-t}$⇒
$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}-\frac{1}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+2}{{x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}}$=$\frac{8}{1-2t}$．
⇒2t²+（4m-17）t-32m+8=0⇒2t²-17t+8+m（4t-32）=0
當(dāng)t=8時，2t²-17t+8+m（4t-32）=0恒成立，
故M為定點（8，0）．

點評 本題考查了拋物線與橢圓的方程、性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查了定點問題，屬于中檔題，