Question

5．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)P（2，1），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l與x軸不垂直，與橢圓相交于不同于P的兩點(diǎn)A，B，直線PA，PB分別交y軸于M，N，若$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{NO}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），直線l是否過定點(diǎn)？若不過定點(diǎn)，說明理由，若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，解得a²，b²．
（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程：y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，可得（4k²+1）x²+8ktx+（4t²-8）=0．
△=16（8k²-t²+2）＞0，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{t}^{2}-8}{4{k}^{2}+1}$．
寫出直線PA、的方程，求出M、N 坐標(biāo)，由$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{NO}$得（2-4k）x₁x₂-（2-4k+2t）（x₁+x₂）+8t=0．
把①代入②化簡(jiǎn)得（t+2）（2k+t-1）=0．得t．

解答 解：（Ⅰ）由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，解得a²=8，b²=2．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程：y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$，可得（4k²+1）x²+8ktx+（4t²-8）=0．
△=16（8k²-t²+2）＞0，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{t}^{2}-8}{4{k}^{2}+1}$…①
直線PA的方程$y-1=\frac{{y}_{1}-1′}{{x}_{1}-2}（x-2）$，∴M（0，$\frac{（1-2k）{x}_{1}-2t}{{x}_{1}-2}$）
同理N（0，$\frac{（1-2k）{x}_{2}-2t}{{x}_{2}-2}$）．
由$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{NO}$得$\frac{（1-2k）{x}_{1}-2t}{{x}_{1}-2}+\frac{（1-2k）{x}_{2}-2t}{{x}_{2}-2}=0$，
⇒（2-4k）x₁x₂-（2-4k+2t）（x₁+x₂）+8t=0…②
把①代入②化簡(jiǎn)得（t+2）（2k+t-1）=0．
因?yàn)橹本�不過點(diǎn)P，∴2k+t-1≠0，∴t=-2
故直線l是否過定點(diǎn)Q（0，-2）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為根與系數(shù)的關(guān)系、向量坐標(biāo)運(yùn)算，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．