Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，A（2，0）是橢圓的右頂點，過F₂且垂直與x軸的直線交橢圓于P，Q兩點，且|PQ|=3
（1）求橢圓的方程
（2）若直線l與橢圓交于兩點M，N（M，N不同于點A），若$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=0，求證：直線l過定點，并求出定點坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的通徑公式求得$\frac{2^{2}}{a}$=3，由a=2，即可求得b的值，求得橢圓方程；
（2）當(dāng)斜率不存在時，代入求得直線與橢圓的交點坐標(biāo)，由丨MB丨=丨AM丨即可求得m的值；當(dāng)斜率存在且不為0，將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得k與b的關(guān)系，即可求出定點坐標(biāo)．

解答 解：（1）令x=c，y=$\frac{^{2}}{a}$，則橢圓的通徑丨PQ丨=$\frac{2^{2}}{a}$=3，
又a=2，則b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；…（6分）
（2）當(dāng)直線MN斜率不存在時，設(shè)l_MN：x=m，
與橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立得：y=$\sqrt{3（1-\frac{{m}^{2}}{4}）}$，丨MN丨=2=$\sqrt{3（1-\frac{{m}^{2}}{4}）}$，
設(shè)直線MN與x軸交于點B，丨MB丨=丨AM丨，即$\sqrt{3（1-\frac{{m}^{2}}{4}）}$=2-m，
∴m=$\frac{2}{7}$或m=2（舍），
∴直線m過定點（$\frac{2}{7}$，0）；
當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線MN斜率為k，
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則直線MN：y=kx+b，
與橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立，得（4k²+3）x²+8kbx+4b²-12=0，
x₁+x₂=-$\frac{8kb}{4{k}^{2}+3}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，y₁y₂=（kx₁+b）（kx₂+b）=kx₁x₂+kb（x₁+x₂）+b²，
△=（8kb）²-4（4k²+3）（4b²-12）＞0，k∈R，
$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=0，則（x₁-2，y₁）（x₂-2，y₂）=0，
即x₁x₂-2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=0，
∴7b²+4k²+16kb=0，
∴b=-$\frac{2}{7}$k，或b=-2k，
∴直線lMN：y=k（x-$\frac{2}{7}$）或y=k（x-2），
∴直線過定點（$\frac{2}{7}$，0）或（2，0）舍去；
綜合知，直線過定點（$\frac{2}{7}$，0）．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計算能力，屬于中檔題．