Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F，短軸長為2$\sqrt{3}$，點P為橢圓C上一點，且點P到點F的最遠距離是最近距離的3倍．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設A為橢圓C的左頂點，過點F的直線l交橢圓C于D、E兩點，直線AD、AE與直線x=4分別交于點M、N，試問：在x軸上是否存在定點Q，使得以MN為直徑的圓過點Q？若存在，求出Q點坐標；若不存在，KH請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的右焦點為F，短軸長為2$\sqrt{3}$，點P為橢圓C上一點，且點P到點F的最遠距離是最近距離的3倍，列出方程組求出a=2，b=$\sqrt{3}$，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）當DE⊥x軸時，把x=1代入橢圓方程解得D（1，$\frac{3}{2}$），E（1，-$\frac{3}{2}$）．可得直線AD的方程：y=$\frac{1}{2}$（x+2），解得M，N，可得以MN為直徑的圓過點F（1，0），G（7，0）．再證明以MN為直徑的圓恒過上述兩定點．設直線DE的方程為：my=x-1，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為（3m²+4）y²+6my-9=0，直線AD的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$（x+2），可得M（4，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$），同理可得N（4，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）．從而 $\overrightarrow{FM}$•$\overrightarrow{FN}$=0，由此能求出Q點坐標．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F，短軸長為2$\sqrt{3}$，
點P為橢圓C上一點，且點P到點F的最遠距離是最近距離的3倍，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{3}}\\{a+c=3（a-c）}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）當DE⊥x軸時，把x=1代入橢圓方程解得y=±$\frac{3}{2}$，
∴D（1，$\frac{3}{2}$），E（1，-$\frac{3}{2}$）．
可得直線AD的方程：y=$\frac{1}{2}$（x+2），解得M（4，3），同理可得N（4，-3），
可得以MN為直徑的圓過點F（1，0），G（7，0）．
下面證明以MN為直徑的圓恒過上述兩定點．
證明：設直線DE的方程為：my=x-1，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為（3m²+4）y²+6my-9=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$．
直線AD的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$（x+2），可得M（4，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$），
同理可得N（4，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）．
∴$\overrightarrow{FM}$•$\overrightarrow{FN}$=（3，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$）•（3，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）=9+$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}$
=9+$\frac{36×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{\frac{-9{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}-\frac{18{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}+9}$=9-9=0，
∴以MN為直徑的圓恒過一定點F（1，0），G（7，0）．
同理可證：以MN為直徑的圓恒過一定點G（7，0）．
因此以MN為直徑的圓恒過一定點F（1，0），（7，0）．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、圓的性質、直線與橢圓相交轉化為方程聯(lián)立可得根與系數關系、直線的方程、向量垂直與數量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．