Question

19．P為橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1上的右頂點(diǎn)，A，B為橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱兩點(diǎn)且PA，PB斜率存在，直線PA，PB分別與直線x=3交于M，N兩點(diǎn)．
（1）求MN的最小值；
（2）證明以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），又P（2，0），運(yùn)用橢圓方程，求得k_PA•k_PB=-$\frac{3}{4}$，可設(shè)直線PA的斜率為k，PB的斜率為-$\frac{3}{4k}$，求得M，N的坐標(biāo)，由兩點(diǎn)的距離公式和基本不等式，即可得到最小值；
（2）由直徑式圓的方程可得以MN為直徑的圓的方程，整理成圓系方程，令y=0，解得x，即可得到所求定點(diǎn)．

解答 解：（1）橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
設(shè)A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），又P（2，0），
即有$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}$=1，
即有$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$•$\frac{-{y}_{1}}{-{x}_{1}-2}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，
即為k_PA•k_PB=-$\frac{3}{4}$，
可設(shè)直線PA的斜率為k，PB的斜率為-$\frac{3}{4k}$，
由直線AP、BP分別交直線x=3于M、N點(diǎn)，
可得M（3，k），N（3，-$\frac{3}{4k}$），
故有|MN|=|k+$\frac{3}{4k}$|=|k|+$\frac{3}{4|k|}$≥2$\sqrt{\frac{3}{4}}$=$\sqrt{3}$，
即有|MN|≥$\sqrt{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)k=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$時(shí)，取得等號(hào)．
故線段MN的最小值是$\sqrt{3}$；
（2）證明：由（1）可得M（3，k），N（3，-$\frac{3}{4k}$），
即有以MN為直徑的圓的方程為（x-3）²+（y-k）（y+$\frac{3}{4k}$）=0，
即有（x-3）²+y²+（$\frac{3}{4k}$-k）y-$\frac{3}{4}$=0，
由y=0，可得（x-3）²+y²-$\frac{3}{4}$=0，
解得x=3±$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
則有以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)（3±$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，注意運(yùn)用設(shè)而不求思想，以及基本不等式求最值，考查直徑式圓的方程，以及恒過(guò)定點(diǎn)的求法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．