Question

1．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)分別是（-1，0），（1，0），并且經(jīng)過(guò)點(diǎn)（$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{5}}{4}$）．
（I）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l：y=kx+m（m≠0）與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且以AB為直徑的圓通過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)P，求證：直線l過(guò)定點(diǎn)（P點(diǎn)除外），并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)橢圓性質(zhì)列出方程組解出a，b；
（II）聯(lián)立方程組消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出A，B坐標(biāo)的關(guān)系，根據(jù)AP⊥BP列出方程得出k，m的關(guān)系代入直線方程即可得出定點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（I）根據(jù)題意得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-^{2}=1}\\{\frac{1}{4{a}^{2}}+\frac{45}{16^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（II）聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消元得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∵以AB為直徑的圓通過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)P（2，0），
∴k_AP•k_BP=-1．即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=-1．
∴y₁y₂+x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=0，
∴（k²+1）•$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-（km-2）•$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$+m²+4=0，
整理得：7m²+4k²+16km=0，
∴4（$\frac{k}{m}$）²+16$\frac{k}{m}$+7=0，
解得$\frac{k}{m}$=-$\frac{1}{2}$或$\frac{k}{m}$=-$\frac{7}{2}$．即m=-2k或m=-$\frac{2}{7}k$．
當(dāng)$\frac{k}{m}$=-$\frac{1}{2}$時(shí)，m=-2k，直線l的方程為：y=kx-2k，故直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（2，0），舍去．
當(dāng)$\frac{k}{m}$=-$\frac{7}{2}$時(shí)，m=-$\frac{2k}{7}$，直線l的方程為：y=kx-$\frac{2k}{7}$，故直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（$\frac{2}{7}$，0）．
∴直線l過(guò)定點(diǎn)（$\frac{2}{7}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．