Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（1，0），經(jīng)過F與B（0，b）的直線與圓x²+y²=$\frac{3}{4}$相切
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（2）若動點(diǎn)P在直線l：x=$-\sqrt{3}$上，過點(diǎn)P作直線交橢圓于M、N兩點(diǎn)，使得|PM|=|PN|，再過點(diǎn)P作直線l′⊥MN，證明：直線l′恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=1，求得直線BF的方程，運(yùn)用直線和圓相切的條件：d=r，求得b，再由a，b，c的關(guān)系，可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）分類討論，當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y-y₀=k（x+$\sqrt{3}$），與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合P為MN的中點(diǎn)，求出MN的斜率，利用直線l'⊥MN，可得直線l的斜率，從而得到直線l'的方程，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意可得c=1，直線BF：x+$\frac{y}$=1，
由直線和圓相切的條件可得d=$\frac{|b|}{\sqrt{1+^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得b=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）證明：設(shè)P（-$\sqrt{3}$，y₀），由題意可得P在橢圓內(nèi)，
且y₀∈（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
①當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y-y₀=k（x+$\sqrt{3}$），
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{y-{y}_{0}=k（x+\sqrt{3}）}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8k（y₀+$\sqrt{3}$k）x+4（y₀+$\sqrt{3}$k）²-12=0，
所以x₁+x₂=-$\frac{8k{y}_{0}+8\sqrt{3}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
由題意可得P為MN中點(diǎn)，所以$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\sqrt{3}$，即-$\frac{8k{y}_{0}+8\sqrt{3}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=-2$\sqrt{3}$．
所以k_MN=$\frac{3\sqrt{3}}{4{y}_{0}}$，
因為直線l'⊥MN，所以k_l'=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$，
所以直線l'的方程為y-y₀=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$（x+$\sqrt{3}$），
即y=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$（x+$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
顯然直線l恒過定點(diǎn)（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．
②當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN的方程為x=-$\sqrt{3}$，
此時直線l'為x軸，也過點(diǎn)（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．
綜上所述直線l'恒過定點(diǎn)（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，同時考查直線和圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，確定直線l'的方程是關(guān)鍵．