Question

15．已知橢圓E：x²+3y²=m²（m＞0）的左頂點是A，左焦點為F，上頂點為B．
（1）當△AFB的面積為$\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$時，求m的值；
（2）若直線l交橢圓E于M，N兩點（不同于A），以線段MN為直徑的圓過A點，試探究直線l是否過定點，若存在定點，求出這個定點的坐標，若不存在定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）將橢圓方程轉化成標準方程，則三角形AFB的面積S=$\frac{1}{2}$b×（b-c），代入即可求得m的值；
（2）設直線AM的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理求得M和N的方程，當l的斜率不存在時，顯然可得k=1，求得圓心為P（-$\frac{m}{2}$，0），當l的斜率存在時，由利用兩點的斜率公式求得k_PM=k_PN，直線l是否過定點．

解答 解：（1）由橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{\frac{{m}^{2}}{3}}=1$，則a=m，b=$\frac{m}{\sqrt{3}}$，c=$\frac{\sqrt{2}m}{\sqrt{3}}$，
由三角形AFB的面積S，S=$\frac{1}{2}$b×（b-c）=$\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$，
則$\frac{m}{\sqrt{3}}$（m-$\frac{\sqrt{2}m}{\sqrt{3}}$）$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$，解得：m=$\sqrt{3}$，
∴m的值為$\sqrt{3}$；
（2）由線段MN過直徑的圓過A點，則MA⊥NA，
設直線AM的斜率為k（k＞0），則直線AN的斜率為-$\frac{1}{k}$，AM為y=k（x+m），
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+m）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}={m}^{2}}\end{array}\right.$，
整理得：（3k²+1）x²+6k²mx+（3k²-1）m²=0，
則x₁（-m）=$\frac{{（3{k}^{2}-1）m}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，則x₁=$\frac{m（1-3{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$，故y₁=k（x₁+m）=$\frac{2mk}{3{k}^{2}+1}$，
則M（$\frac{m（1-3{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$，$\frac{2mk}{3{k}^{2}+1}$），
直線AN的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x+m），同理可得：N（$\frac{m（{k}^{2}-3）}{{k}^{2}+3}$，-$\frac{2mk}{{k}^{2}+3}$），
當l的斜率不存在時，顯然可得k=1，此時M（-$\frac{m}{2}$，$\frac{m}{2}$），N（-$\frac{m}{2}$，-$\frac{m}{2}$），
則圓心為P（-$\frac{m}{2}$，0），
由直線l總穿過x軸，證明當l的斜率存在時，也過點P（-$\frac{m}{2}$，0），
當l的斜率存在時，k_PM=$\frac{\frac{2mk}{3{k}^{2}+1}-0}{\frac{m（1-3{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}+\frac{m}{2}}$=$\frac{4k}{3（1-{k}^{2}）}$=k_PN（k＞0，k≠1），
綜上可知：l過定點（-$\frac{m}{2}$，0）．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單簡單幾何性質，考查直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，直線的斜率公式，考查計算能力，屬于中檔題．