Question

1．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點P（1，$\frac{3}{2}$），且一個焦點為F₁（-1，0）．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若PA、PB、PC為橢圓E的三條弦，PA、PB所在的直線分別與x軸交于點M，N，且|PM|=|PN|，PC∥AB，求直線PC的方程．

Answer 1

分析 （1）由橢圓過點P（1，$\frac{3}{2}$），且一個焦點為F₁（-1，0），列出方程組，求出a=2，b=$\sqrt{3}$，由此能求出橢圓E的方程．
（2）設PA：y=k（x-1）+$\frac{3}{2}$，A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）+\frac{3}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+4k（-2k+3）x+4k²-12k-3=0，由此利用韋過定理，求出${x}_{A}=\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，y_A=$\frac{-12{k}^{2}-6k}{3+4{k}^{2}}+\frac{3}{2}$，用-k代替k，得${x}_{B}=\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}$，${y}_{B}=\frac{-12{k}^{2}+6k}{3+4{k}^{2}}+\frac{3}{2}$，從而得到k_AB=$\frac{1}{2}$，再由PC∥AB，能求出直線PC的方程．

解答 解：（1）∵橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點P（1，$\frac{3}{2}$），且一個焦點為F₁（-1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{^{2}}=1}\\{c=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，又a＞b＞0，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）由題意知直線PA的斜率存在，
設PA：y=k（x-1）+$\frac{3}{2}$，A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）+\frac{3}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+4k（-2k+3）x+4k²-12k-3=0，
∴${x}_{P}•{x}_{A}=1×{x}_{A}=\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
∴${x}_{A}=\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，${y}_{A}=k（{x}_{A}-1）+\frac{3}{2}$=$\frac{-12{k}^{2}-6k}{3+4{k}^{2}}+\frac{3}{2}$，
∵|PM|=|PN|，∴直線PB的斜率為-k，
用-k代替k，得${x}_{B}=\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}$，${y}_{B}=\frac{-12{k}^{2}+6k}{3+4{k}^{2}}+\frac{3}{2}$，
${k}_{AB}=\frac{{y}_{A}-{y}_{B}}{{x}_{A}-{x}_{B}}$=$\frac{\frac{-12{k}^{2}+6k}{3+4{k}^{2}}+\frac{3}{2}-\frac{-12{k}^{2}-6k}{3+4{k}^{2}}-\frac{3}{2}}{\frac{4{k}^{2}+12k-3}{3+4{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，
又∵PC∥AB，∴直線PC的方程為y-$\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$（x-1），即x-2y+2=0．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓、直線方程、韋達定理等知識點的合理運用．