题目内容

4．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，短轴长为2$\sqrt{3}$，点P为椭圆C上一点，且点P到点F的最远距离是最近距离的3倍．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设A为椭圆C的左顶点，过点F的直线l交椭圆C于D、E两点，直线AD、AE与直线x=4分别交于点M、N，试问：在x轴上是否存在定点Q，使得以MN为直径的圆过点Q？若存在，求出Q点坐标；若不存在，KH请说明理由．

分析 （Ⅰ）由椭圆的右焦点为F，短轴长为2$\sqrt{3}$，点P为椭圆C上一点，且点P到点F的最远距离是最近距离的3倍，列出方程组求出a=2，b=$\sqrt{3}$，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）当DE⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得D（1，$\frac{3}{2}$），E（1，-$\frac{3}{2}$）．可得直线AD的方程：y=$\frac{1}{2}$（x+2），解得M，N，可得以MN为直径的圆过点F（1，0），G（7，0）．再证明以MN为直径的圆恒过上述两定点．设直线DE的方程为：my=x-1，D（x1，y1），E（x2，y2）．与椭圆方程联立化为（3m2+4）y2+6my-9=0，直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$（x+2），可得M（4，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$），同理可得N（4，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）．从而 $\overrightarrow{FM}$•$\overrightarrow{FN}$=0，由此能求出Q点坐标．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，短轴长为2$\sqrt{3}$，
点P为椭圆C上一点，且点P到点F的最远距离是最近距离的3倍，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2b=2\sqrt{3}}\\{a+c=3（a-c）}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）当DE⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得y=±$\frac{3}{2}$，
∴D（1，$\frac{3}{2}$），E（1，-$\frac{3}{2}$）．
可得直线AD的方程：y=$\frac{1}{2}$（x+2），解得M（4，3），同理可得N（4，-3），
可得以MN为直径的圆过点F（1，0），G（7，0）．
下面证明以MN为直径的圆恒过上述两定点．
证明：设直线DE的方程为：my=x-1，D（x1，y1），E（x2，y2）．
联立 $\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3m2+4）y2+6my-9=0，
∴y1+y2=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y1y2=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$．
直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$（x+2），可得M（4，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$），
同理可得N（4，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）．
∴$\overrightarrow{FM}$•$\overrightarrow{FN}$=（3，$\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}$）•（3，$\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}$）=9+$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}$
=9+$\frac{36×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{\frac{-9{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}-\frac{18{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}+9}$=9-9=0，
∴以MN为直径的圆恒过一定点F（1，0），G（7，0）．
同理可证：以MN为直径的圆恒过一定点G（7，0）．
因此以MN为直径的圆恒过一定点F（1，0），（7，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、圆的性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得根与系数关系、直线的方程、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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