Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（$\frac{3}{2}$，1）一個焦點(diǎn)是F（0，1）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C與y軸的兩個交點(diǎn)為A₁、A₂，點(diǎn)P在直線y=a²上，直線PA₁、PA₂分別與橢圓C交于點(diǎn)M、N兩點(diǎn)，試問：當(dāng)點(diǎn)P在直線y=a²上運(yùn)動時，直線MN是否恒經(jīng)過定點(diǎn)Q？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）通過將點(diǎn)（$\frac{3}{2}$，1）代入橢圓方程、并利用a²-b²=1，計算即得結(jié)論；
（2）分MN斜率不存在與存在兩種情況討論，當(dāng)點(diǎn)P不在y軸上時，分別聯(lián)立直線PA₁方程、直線PA₂方程與橢圓方程，計算出k_QM、k_QN即可．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（$\frac{3}{2}$，1），
∴$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{3}{2}）^{2}}{^{2}}=1$           ①
又∵橢圓的一個焦點(diǎn)是F（0，1），
∴a²-b²=1                 ②
由①②得：a²=4，b²=3，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1$；
（2）結(jié)論：直線MN恒經(jīng)過定點(diǎn)Q（0，1）．
證明如下：
由（1）知a²=4，∴點(diǎn)P在直線y=4上，設(shè)P（t，4）．
當(dāng)MN斜率不存在時，直線MN即y軸，通過點(diǎn)Q（0，1）；
當(dāng)點(diǎn)P不在y軸上時，記A₁（0，2）、A₂（0，-2），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則直線PA₁方程：y=$\frac{4-2}{t-0}$x+2=$\frac{2}{t}$x+2，直線PA₂方程：y=$\frac{4-（-2）}{t-0}$x-2=$\frac{6}{t}$x-2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{t}x+2}\\{\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得：（3+t²）x²+6tx=0，
解得x₁=-$\frac{6t}{3+{t}^{2}}$，y₁=$\frac{2{t}^{2}-6}{3+{t}^{2}}$，∴k_QM=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$=$\frac{9-{t}^{2}}{6t}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{6}{t}x-2}\\{\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得：（27+t²）x²-18tx=0
解得x₂=$\frac{18t}{27+{t}^{2}}$，y₂=$\frac{54-2{t}^{2}}{27+{t}^{2}}$，∴k_QN=$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{9-{t}^{2}}{6t}$，
∵k_QM=$\frac{9-{t}^{2}}{6t}$=k_QN，
∴直線MN恒經(jīng)過定點(diǎn)Q（0，1）．

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．