Question

11．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），且过点（1，$\frac{3}{2}}$）．设点A为椭圆C上一动点，P、Q为椭圆的左、右顶点（点A与P，Q不重合），设直线AP、AQ与直线x=4分别交于M、N两点．
（ I）求椭圆C的方程；
（ II）试问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，说明理由．

Answer 1

分析 （ I）由题意可知：F（1，0），F'（-1，0），根据椭圆的定义，$2a=\sqrt{{{（{1-1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}+\sqrt{{{（{1+1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}=4$，求得a和c的值，由b²=a²-c²，求得椭圆的方程；
（ II）由题意可知设直线AP、AQ的斜率分别为k₁，k₂，求得直线AP、AQ的方程，由k₁•k₂=-$\frac{3}{4}$，由$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（{x+2}）}\\{x=4}\end{array}}\right.$，得M（4，6k₁），同理可得N（4，2k₂），根据$\overrightarrow{TM}•\overrightarrow{TN}=0$，代入即可求得T点坐标．

解答 解：（I）∵椭圆C右焦点为F（1，0），故左焦点为F'（-1，0），
∴点$（{1，\frac{3}{2}}）$到两焦点的距离之和为$2a=\sqrt{{{（{1-1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}+\sqrt{{{（{1+1}）}^2}+{{（{\frac{3}{2}}）}^2}}=4$…（1分）
∴a=2，c=1得$b=\sqrt{3}$，
故所求的椭圆的方程为$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（3分）
（ II）由对称性知，若定点存在，则必在x轴上，设T（x₀，0）．…（4分）
由椭圆方程知P（-2，0），Q（2，0）．
设A（x₁，y₁），直线AP、AQ的斜率分别为k₁，k₂．
则直线AP、AQ的方程分别为y=k₁（x+2）和y=k₂（x-2）…（5分），
${k_1}•{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1^2}{x_1^2-4}=\frac{{3（{1-\frac{x_1^2}{4}}）}}{x_1^2-4}=-\frac{3}{4}$…（7分）
由$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（{x+2}）}\\{x=4}\end{array}}\right.$，得M（4，6k₁），同理可得N（4，2k₂）…（9分）
则若T（x₀，0）在以MN为直径的圆周上，则$\overrightarrow{TM}•\overrightarrow{TN}=0$，
即（4-x₀，6k₁）•（4-x₀，2k₂）=0…（10分）
化得${（{4-{x_0}}）^2}+12{k_1}{k_2}=0$，
又因为${k_1}{k_2}=-\frac{3}{4}$，解得x₀=1或x₀=7…（11分）
∴以MN为直径的圆过定点T（1，0）和T'（7，0）．…（12分）

点评 本题考查利用待定系数法求曲线的轨迹方程，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了恒过定点问题的求解方法，是中档题．