Question

19．設(shè)F（c，0），A（-a，0）分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)和頂點(diǎn)，它的右準(zhǔn)線為l：x=4，且橢圓C過(guò)點(diǎn)（c，$\frac{\sqrt{3}b}{2}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)P，Q是右準(zhǔn)線l上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且PF⊥QF，直線AP，AQ分別與橢圓交于點(diǎn)M，N兩點(diǎn)，求證：直線MN過(guò)一定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4}$=1，b²=a²-c²，聯(lián)立解出可得橢圓C的方程．
（2）由（1）可得：A（-2，0），F(xiàn)（1，0），設(shè)P（4，m），Q（4，n），由PF⊥QF，可得mn=-9，直線AP的方程：
y=$\frac{m}{6}$（x+2），直線AQ的方程：y=$\frac{n}{6}$（x+2）．分別與題意方程聯(lián)立可得M與N的坐標(biāo)．對(duì)直線MN的斜率分類(lèi)討論即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4}$=1，b²=a²-c²，
聯(lián)立解得c=1，a=2，b²=3，
可得橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由（1）可得：A（-2，0），F(xiàn)（1，0），設(shè)P（4，m），Q（4，n），
∵PF⊥QF，∴mn=-9，直線AP的方程：y=$\frac{m}{6}$（x+2），直線AQ的方程：y=$\frac{n}{6}$（x+2）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，可得M$（\frac{54-2{m}^{2}}{27+{m}^{2}}，\frac{18m}{27+{m}^{2}}）$．
同理可得：N$（\frac{54-2{n}^{2}}{27+{n}^{2}}，\frac{18n}{27+{n}^{2}}）$．
若直線MN的斜率不存在，則$\frac{18m}{27+{m}^{2}}$+$\frac{18n}{27+{n}^{2}}$=0，與mn=-9＜
聯(lián)立解得m=3，n=-3．或m=-3，n=3．
直線MN的方程為：x=1，此時(shí)直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（1，0）．
若直線MN的斜率存在，則k_MF=$\frac{\frac{18m}{27+{m}^{2}}}{\frac{54-2{m}^{2}}{27+{m}^{2}}-1}$=$\frac{6m}{9-{m}^{2}}$，k_NF=$\frac{\frac{18n}{27+{n}^{2}}}{\frac{54-2{n}^{2}}{27+{n}^{2}}-1}$=$\frac{6n}{9-{n}^{2}}$=k_NF，
∵mn=-9，∴m=-$\frac{9}{n}$，∴k_MF=$\frac{6×（-\frac{9}{n}）}{9-（-\frac{9}{n}）^{2}}$=$\frac{6n}{9-{n}^{2}}$=k_NF，∴直線MN過(guò)一定點(diǎn)F（1，0），
綜上可得：直線MN過(guò)一定點(diǎn)F（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、斜率計(jì)算公式、直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．