Question

4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C的右頂點為A，兩焦點坐標(biāo)分別為（-$\sqrt{3}$，0）和（$\sqrt{3}$，0），且經(jīng)過點（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）．過點O的直線交橢圓C于M、N兩點，直線AM、AN分別交y軸于P、Q兩點．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若$\overrightarrow{PM}$=λ$\overrightarrow{MA}$，且$\overrightarrow{MN}$⊥$\overrightarrow{MA}$，求實數(shù)λ的值；
（3）以線段PQ為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出定點的坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過橢圓的性質(zhì)計算可得結(jié)論；
（2）設(shè)M（x₀，y₀），通過$\overrightarrow{MN}$⊥$\overrightarrow{MA}$可得${x}_{0}=\frac{2}{3}$，利用$\overrightarrow{PM}$=λ$\overrightarrow{MA}$計算可得結(jié)論；
（3）設(shè)M（x₀，y₀），通過令直線MA、AN中x=0可得P、Q點坐標(biāo)，進(jìn)而可得以直線PQ為直徑的圓的方程，計算可得結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
依題意可知：2a=PF₁+PF₂=$\sqrt{12+\frac{1}{4}}$+$\sqrt{\frac{1}{4}}$=4，即a=2，
又∵c=$\sqrt{3}$，∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)M（x₀，y₀），
∵$\overrightarrow{MN}$⊥$\overrightarrow{MA}$，∴（x₀，y₀）•（2-x₀，-y₀）=0，
即$2{x}_{0}-{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}=0$，
又$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，∴${x}_{0}=\frac{2}{3}$或x₀=2（舍），
∵$\overrightarrow{PM}$=λ$\overrightarrow{MA}$，∴$\frac{2}{3}$=λ（2-$\frac{2}{3}$），
∴λ=$\frac{1}{2}$；
（3）結(jié)論：以線段PQ為直徑的圓過定點（-1，0）和（1，0）．
理由如下：
設(shè)M（x₀，y₀），直線MA：y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$（x-2），
令x=0，得y=$\frac{-2{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{2{y}_{0}}{2-{x}_{0}}$，即P（0，$\frac{2{y}_{0}}{2-{x}_{0}}$），
同理可得：Q（0，-$\frac{2{y}_{0}}{{2+x}_{0}}$），
∴以直線PQ為直徑的圓的方程為：x²+（y-$\frac{2{y}_{0}}{2-{x}_{0}}$）（y+$\frac{2{y}_{0}}{{2+x}_{0}}$）=0，
令y=0得：x²=$\frac{2{y}_{0}}{2-{x}_{0}}$•$\frac{2{y}_{0}}{{2+x}_{0}}$=$\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{4-{{x}_{0}}^{2}}$，
又∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，即4${{y}_{0}}^{2}$=4-${{x}_{0}}^{2}$，
∴x²=1，即x=±1．
∴以線段PQ為直徑的圓過定點（-1，0）和（1，0）．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及到圓的方程、向量數(shù)量積運算等基礎(chǔ)知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．