Question

20．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，P為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，△PF₁F₂的面積最大值為$\sqrt{3}$，以原點(diǎn)為圓心，橢圓短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線3x-4y+5=0相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線l過(guò)定點(diǎn)（1，0）且與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn)，直線AM與直線BM分別與y軸交于P，Q兩點(diǎn)，試問(wèn)以線段PQ為直徑的圓是否過(guò)x軸上的定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用直線與圓相切以及三角形的面積列出方程組求出b，c，a．即可解得橢圓C的方程．
（2）以線段PQ為直徑的圓過(guò)x軸上的定點(diǎn)．當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直接求出定點(diǎn)坐標(biāo)．當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)y=k（x-1），（k≠0）．聯(lián)立直線與橢圓方程，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，通過(guò)直線AM的方程，直線BM的方程，轉(zhuǎn)化已知條件為$\overrightarrow{PN}•\overrightarrow{QN}=0$恒成立．然后利用數(shù)量積求解定點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）由題意橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，P為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，
△PF₁F₂的面積最大值為$\sqrt{3}$，以原點(diǎn)為圓心，橢圓短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線3x-4y+5=0相切．
可得$\left\{\begin{array}{l}{S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}=\frac{1}{2}•2c•b=\sqrt{3}\\ b=\frac{5}{\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}}=1\end{array}\right.$，解得b=1，c=$\sqrt{3}$，a=2．
所以橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．        …（4分）
（2）以線段PQ為直徑的圓過(guò)x軸上的定點(diǎn)．
當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)
以線段PQ為直徑的圓的方程為：x²+y²=3，恒過(guò)定點(diǎn)$（±\sqrt{3}，0）$．…（5分）
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)   設(shè)y=k（x-1），（k≠0）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\ \frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1\end{array}\right.$得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．…（7分）
又因?yàn)辄c(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn)，所以點(diǎn)M（2，0）．
由題意可知直線AM的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$（x-2），故點(diǎn)P）．
直線BM的方程為：$y=\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（x-2）$，故點(diǎn)Q（$0，-\frac{{2y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）．   …（8分）
若以線段PQ為直徑的圓過(guò)x軸上的定點(diǎn)N（x₀，0），
則等價(jià)于$\overrightarrow{PN}•\overrightarrow{QN}=0$恒成立．      …（9分）
又因?yàn)?\overrightarrow{PN}=（{x}_{0}，\frac{{2y}_{1}}{{x}_{1}-2}）$，$\overrightarrow{QN}=（{x}_{0}，\frac{{2y}_{2}}{{x}_{2}-2}）$，
所以$\overrightarrow{PN}•\overrightarrow{QN}={{x}_{0}}^{2}+\frac{{2y}_{1}}{{x}_{1}-2}•\frac{{2y}_{2}}{{x}_{2}-2}=0$恒成立．
又因?yàn)椋▁₁-2）（x₂-2）=x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-2×\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}+4$=$\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=$k（{x}_{1}-1）k{（x}_{2}-1）={k}^{2}{[x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）+1]$=${k}^{2}（\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}+1）$=$\frac{-3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
所以${{x}_{0}}^{2}+\frac{4{y}_{1}{y}_{2}}{（{x}_{1}-2）{（x}_{2}-2）}$=${{x}_{0}}^{2}+\frac{\frac{-12{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}{\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$=${{x}_{0}}^{2}-3=0$．解得x₀=$±\sqrt{3}$．
故以線段PQ為直徑的圓過(guò)X軸上的定點(diǎn)（$±\sqrt{3}，0$）．        …（12分）
（或設(shè)x=my+1請(qǐng)酌情給分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，直線與圓的位置關(guān)系，恒過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的求解方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．向量在解析幾何中的應(yīng)用，注意直線的斜率是否存在，防止漏解．