Question

6．已知橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（$\frac{3}{2}$，1），一個(gè)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(gè)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M，N兩點(diǎn)．試問：當(dāng)點(diǎn)Q在直線y=a²上運(yùn)動時(shí)，直線MN是否恒過定點(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(jì)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(shí)，分別聯(lián)立直線PA₁方程、直線PA₂方程與橢圓方程，計(jì)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），
∴$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1           ①
又∵橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)是F（0，-1），
∴c²=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(shí)，直線MN即y軸，通過點(diǎn)Q（0，1）；
當(dāng)點(diǎn)P不在y軸上時(shí)，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$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{t}x+2}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，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$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{6}{t}x-2}\\{4{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，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 本題是一道直線與橢圓的綜合題，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．