Question

12．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，（a＞b＞0）过点（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），且离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（I）求椭圆的标准方程；
（2）已知点P（4，0），椭圆内部是否存在一个定点，过此点的直线交椭圆于M，N两点，且$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12恒成立，若存在，求出此点，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意知，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，a²=b²+c²，联立解出即可得出；
（2）假设存在．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m．与椭圆方程联立化简得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．因为过椭圆内的点，故此方程必有两根．利用根与系数的关系与数量积运算性质可得$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{1+4{k}^{2}}$，故得5m²+32km+12k²=0．解出并且验证即可得出．

解答 解：（1）由题意知，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，a²=b²+c²，
联立解得a=2，b=1．
故椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）假设椭圆内部存在一个定点，过此点的直线交椭圆于M，N两点，且$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12恒成立．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化简得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．
因为过椭圆内的点，故此方程必有两根．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=（x₁-4）（x₂-4）+y₁y₂
=（1+k²）x₁•x₂+（km-4）（x₁+x₂）+16+m²
=（1+k²）•$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+（km-4）•$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$+16+m²
=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{1+4{k}^{2}}$，
故得5m²+32km+12k²=0．
∵k≠0，故有5（$\frac{m}{k}$）²+32•$\frac{m}{k}$+12=0，
解得m=-$\frac{2}{5}$k或m=-6k，
故直线方程为y=kx-$\frac{2}{5}$k或y=kx-6k．
则直线恒过点（$\frac{2}{5}$，0）或（6，0），
因为此点在椭圆内部，故唯有点（$\frac{2}{5}$，0）满足要求．
当直线斜率为0时，过点（$\frac{2}{5}$，0）的直线与椭圆的交点显然即为M，N，
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=（-6）×（-2）=12，满足．
当直线斜率不存在时，
过点（$\frac{2}{5}$，0）的直线与椭圆的交点M，N为（$\frac{2}{5}$，$\frac{2\sqrt{6}}{5}$），（$\frac{2}{5}$，-$\frac{2\sqrt{6}}{5}$），
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=（$\frac{2}{5}$-4）²-（$\frac{2\sqrt{6}}{5}$）²=12，亦满足．
综上，在椭圆内部存在点（$\frac{2}{5}$，0）满足题目要求．

点评 本题考查了题意的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．