题目内容

19．设F（c，0），A（-a，0）分别是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点和顶点，它的右准线为l：x=4，且椭圆C过点（c，$\frac{\sqrt{3}b}{2}$）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设P，Q是右准线l上的两个动点，且PF⊥QF，直线AP，AQ分别与椭圆交于点M，N两点，求证：直线MN过一定点，并求出此定点的坐标．

分析 （1）由题意可得：$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4}$=1，b2=a2-c2，联立解出可得椭圆C的方程．
（2）由（1）可得：A（-2，0），F（1，0），设P（4，m），Q（4，n），由PF⊥QF，可得mn=-9，直线AP的方程：
y=$\frac{m}{6}$（x+2），直线AQ的方程：y=$\frac{n}{6}$（x+2）．分别与题意方程联立可得M与N的坐标．对直线MN的斜率分类讨论即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\frac{{a}^{2}}{c}$=4，$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4}$=1，b2=a2-c2，
联立解得c=1，a=2，b2=3，
可得椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由（1）可得：A（-2，0），F（1，0），设P（4，m），Q（4，n），
∵PF⊥QF，∴mn=-9，直线AP的方程：y=$\frac{m}{6}$（x+2），直线AQ的方程：y=$\frac{n}{6}$（x+2）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{m}{6}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，可得M$（\frac{54-2{m}^{2}}{27+{m}^{2}}，\frac{18m}{27+{m}^{2}}）$．
同理可得：N$（\frac{54-2{n}^{2}}{27+{n}^{2}}，\frac{18n}{27+{n}^{2}}）$．
若直线MN的斜率不存在，则$\frac{18m}{27+{m}^{2}}$+$\frac{18n}{27+{n}^{2}}$=0，与mn=-9＜
联立解得m=3，n=-3．或m=-3，n=3．
直线MN的方程为：x=1，此时直线经过定点（1，0）．
若直线MN的斜率存在，则kMF=$\frac{\frac{18m}{27+{m}^{2}}}{\frac{54-2{m}^{2}}{27+{m}^{2}}-1}$=$\frac{6m}{9-{m}^{2}}$，kNF=$\frac{\frac{18n}{27+{n}^{2}}}{\frac{54-2{n}^{2}}{27+{n}^{2}}-1}$=$\frac{6n}{9-{n}^{2}}$=kNF，
∵mn=-9，∴m=-$\frac{9}{n}$，∴kMF=$\frac{6×（-\frac{9}{n}）}{9-（-\frac{9}{n}）^{2}}$=$\frac{6n}{9-{n}^{2}}$=kNF，∴直线MN过一定点F（1，0），
综上可得：直线MN过一定点F（1，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、斜率计算公式、直线经过定点问题，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．

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