Question

1．平面直角坐标系xOy中，椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，离心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，过点F且垂直于x轴的直线被圆截得的弦长为1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）记椭圆C的上、下顶点分别为A，B，设过点M（m，-2）（m≠0）的直线MA，MB与椭圆C分别交于点P，Q，求证：直线PQ必过一定点，并求该定点的坐标．

Answer 1

分析 （1）由离心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可得a²=4b²，由过点F 垂直于x轴的直线被椭圆所截得弦长为1，可得$\frac{2{b}^{2}}{a}$=1，解出即可得出．
（2）点M（m，-2），A（0，1），B（0，-1）．直线MA方程为：y=-$\frac{3}{m}$x+1，直线MB方程为：y=-$\frac{1}{m}$x-1．
分别与椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1联立方程组，可得：$（\frac{36}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}-\frac{24}{m}x$=0，$（\frac{4}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}+\frac{8}{m}x$=0，解得x_P，x_Q，可得y_P，y_Q．P，Q坐标．可得直线PQ方程，即可证明．

解答 （1）解：由离心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可得a²=4b²，
∵过点F 垂直于x轴的直线被椭圆所截得弦长为1，∴$\frac{2{b}^{2}}{a}$=1，
解得b=1，a=4，
∴椭圆C方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）证明：点M（m，-2），A（0，1），B（0，-1）．
直线MA方程为：y=-$\frac{3}{m}$x+1，
直线MB方程为：y=-$\frac{1}{m}$x-1．
分别与椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1联立方程组，可得：$（\frac{36}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}-\frac{24}{m}x$=0，$（\frac{4}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}+\frac{8}{m}x$=0，
解得x_P=$\frac{24m}{{m}^{2}+36}$，x_Q=$\frac{-8m}{{m}^{2}+4}$，
可得：y_P=-$\frac{3}{m}$x_P+1=$\frac{{m}^{2}-36}{{m}^{2}+36}$，同理可得y_Q=$\frac{4-{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$．
∴P$（\frac{24m}{{m}^{2}+36}，\frac{{m}^{2}-36}{{m}^{2}+36}）$，Q$（\frac{-8m}{{m}^{2}+4}，\frac{4-{m}^{2}}{{m}^{2}+4}）$．
直线PQ的斜率k=$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$，
则直线PQ方程为：y-$\frac{4-{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$$（x+\frac{8m}{{m}^{2}+4}）$．
化简可得直线PQ的方程为：y═$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$x-$\frac{1}{2}$．
∴直线PQ恒过定点$（0，-\frac{1}{2}）$．

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、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．