Question

20．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$），且離心率e=$\frac{1}{2}$，過橢圓右焦點(diǎn)F作互相垂直的兩直線與其右準(zhǔn)線交于點(diǎn)M、N，A為橢圓的左頂點(diǎn)，連接AM、AN交橢圓于P，Q兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求MN的最小值；
（3）問：直線PQ是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，請求出此定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率公式和a，b，c的關(guān)系，及點(diǎn)滿足橢圓方程，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）求得F（1，0），設(shè)出直線FM的方程，代入準(zhǔn)線x=4，可得M的坐標(biāo)，將k換為-$\frac{1}{k}$，可得N的坐標(biāo)，求得MN的距離，運(yùn)用基本不等式即可得到所求最小值；
（3）求得A（-2，0），可得AM的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理可得P的橫坐標(biāo)，代入直線AM的方程y=$\frac{k}{2}$（x+2），可得P的坐標(biāo)，將k換為-$\frac{1}{k}$，可得Q的坐標(biāo)，再由兩點(diǎn)的斜率公式計(jì)算PQ的斜率，再由點(diǎn)斜式方程可得直線PQ的方程，由直線恒過定點(diǎn)的思想，即可得到定點(diǎn)F（1，0）．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
將點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）代入橢圓方程可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由F（1，0），設(shè)FM的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立橢圓的右準(zhǔn)線方程x=4，可得M（4，3k），
由FN的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-1），代入x=4，可得N（4，-$\frac{3}{k}$），
可得|MN|=3|k+$\frac{1}{k}$|=3（|k|+$\frac{1}{|k|}$）≥3•2$\sqrt{|k|•\frac{1}{|k|}}$=6，
當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時(shí)，取得|MN|的長取得最小值6；
（3）由A（-2，0），可設(shè)直線AM的方程y=$\frac{k}{2}$（x+2），
代入橢圓方程3x²+4y²=12，可得（3+k²）x²+4k²x+4k²-12=0，
由-2•x_P=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+{k}^{2}}$，即有x_P=$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$，則P的坐標(biāo)為（$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$，$\frac{6k}{3+{k}^{2}}$），
將k換為-$\frac{1}{k}$，可得Q（$\frac{6{k}^{2}-2}{1+3{k}^{2}}$，-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$），
直線PQ的斜率為k_PQ=$\frac{6k（1+3{k}^{2}+3+{k}^{2}）}{（6-2{k}^{2}）（1+3{k}^{2}）-（6{k}^{2}-2）（3+{k}^{2}）}$=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$，
直線PQ的方程為y-$\frac{6k}{3+{k}^{2}}$=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$（x-$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$），
化為y=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$（x-1），顯然x=1時(shí)，y=0，
則直線PQ恒過定點(diǎn)F（1，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用離心率和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查兩點(diǎn)的距離的最值，注意運(yùn)用基本不等式，同時(shí)考查直線恒過定點(diǎn)的求法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求交點(diǎn)，運(yùn)用直線的點(diǎn)斜式方程，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．