Question

14．已知橢圓C；$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{1}{2}$，過左焦點(diǎn)F₁的直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{4}{7}$，$\frac{3}{7}$）
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）橢圓C長軸的左、右兩端點(diǎn)分別為D，E，點(diǎn)P為橢圓上異于D，E的動(dòng)點(diǎn)，直線l：x=-4與直線PD，PE分別交于M，N兩點(diǎn)，試問△F₁MN的外接圓是否恒過x軸上不同于點(diǎn)F₁的定點(diǎn)？若經(jīng)過，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）離心率e=$\frac{1}{2}$=$\frac{c}{a}$，可得：a=2c，b²=3c²，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程化為：3x²+4y²=12c²．設(shè)直線AB的方程為：y=k（x+c），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為（3+4k²）x²+8k²cx+4k²c²-12c²=0，可得x₁+x₂=$\frac{-8{k}^{2}c}{3+4{k}^{2}}$=2×$（-\frac{4}{7}）$，又$\frac{3}{7}$=k×$（-\frac{4}{7}+c）$，聯(lián)立解出即可得出．
（II）F₁（-1，0）．由k_PD•k_PE=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$．設(shè)直線PD的方程為：y=k（x+2），可得M（-4，-2k）．可得：直線PEd的方程為：y=-$\frac{3}{4k}$（x-2），N（-4，$\frac{9}{2k}$）．利用線段垂直平分線的性質(zhì)可得△F₁MN的外接圓的圓心及其方程是：（x+4）²+$（y-\frac{9-4{k}^{2}}{4k}）^{2}$=$\frac{（9+4{k}^{2}）^{2}}{16{k}^{2}}$．令y=0，解出即可得出．

解答 解：（I）∵離心率e=$\frac{1}{2}$=$\frac{c}{a}$，∴a=2c，b²=3c²，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程化為：3x²+4y²=12c²．
設(shè)直線AB的方程為：y=k（x+c），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+c）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12{c}^{2}}\end{array}\right.$，化為（3+4k²）x²+8k²cx+4k²c²-12c²=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8{k}^{2}c}{3+4{k}^{2}}$=2×$（-\frac{4}{7}）$，$\frac{3}{7}$=k×$（-\frac{4}{7}+c）$，
聯(lián)立解得c=1．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）F₁（-1，0）．
由k_PD•k_PE=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$．
設(shè)直線PD的方程為：y=k（x+2），可得M（-4，-2k）．
可得：直線PE的方程為：y=-$\frac{3}{4k}$（x-2），N（-4，$\frac{9}{2k}$）．
線段MN的垂直平分線：y=$\frac{9-4{k}^{2}}{4k}$．
線段MF₁的垂直平分線為：y+k=$-\frac{3}{2k}$$（x+\frac{5}{2}）$．
聯(lián)立解得：$（-4，\frac{9-4{k}^{2}}{4k}）$．
∴△F₁MN的外接圓的方程是：（x+4）²+$（y-\frac{9-4{k}^{2}}{4k}）^{2}$=$\frac{（9+4{k}^{2}）^{2}}{16{k}^{2}}$．
令y=0，可得x=-1或-7．
∴△F₁MN的外接圓是恒過x軸上不同于點(diǎn)F₁的定點(diǎn)（-7，0）．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、線段的垂直平分線的性質(zhì)、三角形外接圓的方程，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．