Question

8．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（1）求橢圓的標準方程；
（2）已知點P（4，0），橢圓內(nèi)部是否存在一個定點，過此點的直線交橢圓于M，N兩點，且$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12恒成立，若存在，求出此點，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意知，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）假設(shè)存在．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．當直線斜率存在且不為0時，設(shè)直線方程為y=kx+m．與橢圓方程聯(lián)立化簡得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．因為過橢圓內(nèi)的點，故此方程必有兩根．利用根與系數(shù)的關(guān)系與數(shù)量積運算性質(zhì)可得$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{4{k}^{2}+1}$，故得5m²+32km+12k²=0．解出并且驗證即可得出．

解答 解：（1）由題意知，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}$=1，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得a=2，b=1．
故橢圓標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）假設(shè)存在．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
當直線斜率存在且不為0時，設(shè)直線方程為y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，化簡得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．
因為過橢圓內(nèi)的點，故此方程必有兩根．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
∴$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=（x₁-4）（x₂-4）+y₁y₂
=（1+k²）x₁•x₂+（km-4）（x₁+x₂）+16+m²
=（1+k²）•$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$+（km-4）$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$+16+m²
=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{4{k}^{2}+1}$，
故得5m²+32km+12k²=0．
∵k≠0，故有$5（\frac{m}{k}）^{2}$+32•$\frac{m}{k}$+12=0，
解得m=-$\frac{2}{5}$k或m=-6k，
故直線方程為y=kx-$\frac{2}{5}$k或y=kx-6k．
則直線恒過點$（\frac{2}{5}，0）$或（6，0），
因為此點在橢圓內(nèi)部，故唯有點$（\frac{2}{5}，0）$滿足要求．
當直線斜率為0時，過點$（\frac{2}{5}，0）$的直線與橢圓的交點顯然即為M，N，
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=（-6）×（-2）=12，滿足．
當直線斜率不存在時，
過點$（\frac{2}{5}，0）$的直線與橢圓的交點M，N為$（\frac{2}{5}，\frac{2\sqrt{6}}{5}）$，$（\frac{2}{5}，-\frac{2\sqrt{6}}{5}）$．
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=$（\frac{2}{5}-4）^{2}$-$（\frac{2\sqrt{6}}{5}）^{2}$=12，亦滿足．
綜上，在橢圓內(nèi)部存在點$（\frac{2}{5}，0）$滿足題目要求．

點評 本題考查了題意的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運算性質(zhì)、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．