Question

1．如圖，已知直線OP交橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4{m}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{3{m}^{2}}$=1于點Q，其中O為坐標原點，點P的坐標為（2，1），$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\overrightarrow{OP}$，若橢圓C不經(jīng)過原點的弦AB被直線OP平分于點D，且直線AP，BP與橢圓C的另一交點分別為M，N．
（1）求橢圓C的方程；
（2）試研究直線MN與AB的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由于點P的坐標為（2，1），$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\overrightarrow{OP}$，可得$\overrightarrow{OQ}$=$（\sqrt{3}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$．代入橢圓方程解得m²即可得出．
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄）．設$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{MP}$，$\overrightarrow{BP}$=$μ\overrightarrow{NP}$，利用向量坐標運算可得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=λ{x}_{3}+2-2λ}\\{{y}_{1}=λ{y}_{3}+1-λ}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=μ{x}_{4}+2-2λ}\\{{y}_{2}=μ{y}_{4}+1-λ}\end{array}\right.$．由于點A，M在橢圓上，代入橢圓化簡可得：$\frac{（2-2λ）（2λ{x}_{3}+2-2λ）}{4}$+$\frac{（1-λ）（2λ{y}_{3}+1-λ）}{3}$=1-λ²，λ≠1，化為λx₃+$\frac{2λ{y}_{3}}{3}$=2λ，同理可得：μx₄+$\frac{2μ{y}_{4}}{3}$=2μ．由于點A，B在橢圓上，可得$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}+\frac{{y}_{2}^{2}}{3}$=1，相減利用中點坐標公式可得：$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{3}{2}$．因此y₁-y₂=$-\frac{3}{2}$（x₁-x₂），代入化簡可得：λy₃-μy₄=-$\frac{3}{2}$（λx₃-μx₄），又③-④可得：λx₃-μx₄+$\frac{2}{3}（λ{y}_{3}-μ{y}_{4}）$=2（λ-μ），可得λ=μ，即可得出位置關(guān)系．

解答 解：（1）∵點P的坐標為（2，1），$\overrightarrow{OQ}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\overrightarrow{OP}$，
∴$\overrightarrow{OQ}$=$（\sqrt{3}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$．
代入橢圓方程可得：$\frac{3}{4{m}^{2}}$+$\frac{3}{3×4{m}^{2}}$=1，解得m²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）直線OP的方程為：y=$\frac{1}{2}$x．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄）．設$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{MP}$，$\overrightarrow{BP}$=$μ\overrightarrow{NP}$，
則（2-x₁，1-y₁）=λ（2-x₃，1-y₃），（2-x₂，1-y₂）=μ（2-x₄，1-y₄），
則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=λ{x}_{3}+2-2λ}\\{{y}_{1}=λ{y}_{3}+1-λ}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=μ{x}_{4}+2-2λ}\\{{y}_{2}=μ{y}_{4}+1-λ}\end{array}\right.$，
∵點A，M在橢圓上，則$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}$=1，$\frac{{x}_{3}^{2}}{4}+\frac{{y}_{3}^{2}}{3}$=1，
從而：$\frac{（λ{x}_{3}+2-2λ）^{2}}{4}$+$\frac{（λ{y}_{3}+1-λ）^{2}}{3}$=1，①
$\frac{{λ}^{2}{x}_{3}^{2}}{4}+\frac{{λ}^{2}{y}_{3}^{2}}{3}$=λ²，②
①-②得：$\frac{（2-2λ）（2λ{x}_{3}+2-2λ）}{4}$+$\frac{（1-λ）（2λ{y}_{3}+1-λ）}{3}$=1-λ²，
λ≠1，化為：λx₃+1-λ+$\frac{2λ{y}_{3}+1-λ}{3}$=1+λ，即λx₃+$\frac{2λ{y}_{3}}{3}$=2λ，③
同理可得：μx₄+$\frac{2μ{y}_{4}}{3}$=2μ，④
∵點A，B在橢圓上，∴$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{3}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}+\frac{{y}_{2}^{2}}{3}$=1，
相減可得：$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{4}$+$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）（{y}_{1}-{y}_{2}）}{3}$=0，
∵中點D$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}，\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}）$在直線OP：y=$\frac{1}{2}x$上，則x₁+x₂=2（y₁+y₂），
∴$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{3}{4}$×2=-$\frac{3}{2}$．
則y₁-y₂=$-\frac{3}{2}$（x₁-x₂），即λy₃+1-λ-（λy₄+1-λ）=$-\frac{3}{2}$（λx₃+2-2λ-μx₄-2+2λ），
化為：λy₃-μy₄=-$\frac{3}{2}$（λx₃-μx₄），⑦
又③-④可得：λx₃-μx₄+$\frac{2}{3}（λ{y}_{3}-μ{y}_{4}）$=2（λ-μ），
由⑦可得：λx₃-μx₄+$\frac{2}{3}•（-\frac{3}{2}）（λ{x}_{3}-μ{x}_{4}）$=0=2（λ-μ），
故λ=μ，從而：$\frac{AP}{MP}$=$\frac{BP}{NP}$，
可得MN∥AB．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相減問題、向量的坐標運算性質(zhì)、中點坐標公式，直線平行的判定，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．