Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點（1，$\frac{3}{2}$），且離心率e=$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)點A是橢圓C的左頂點，P，Q為橢圓C上異于點A的兩動點，若直線AP，AQ的斜率之積為$-\frac{1}{4}$，問直線PQ是否恒過定點？若恒過定點，求出該點坐標(biāo)；若不恒過定點，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用橢圓的離心率公式和點滿足橢圓方程，以及a，b，c的關(guān)系，解方程即可得到橢圓方程；
（Ⅱ）在（I）的條件下，當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，化簡整理，再由直線恒過定點的求法，即可得到所求定點．

解答 解：（Ⅰ）由題意橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
又b²=a²-c²，
又點（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓上，
可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4^{2}}$=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1    
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）在（I）的條件下，當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.$，消去y得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．
又A（-2，0），由題知${k_{AP}}•{k_{AQ}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_2}{{{x_2}+2}}=-\frac{1}{4}$，
則（x₁+2）（x₂+2）+4y₁y₂=0，且x₁，x₂≠-2，
則x₁•x₂+2（x₁+x₂）+4+4（kx₁+m）（kx₂+m）
=$（{1+4{k^2}}）{x_1}•{x_2}+（{2+4km}）（{{x_1}+{x_2}}）+4{m^2}+4$
=$\frac{{（{1+4{k^2}}）（{4{m^2}-12}）}}{{3+4{k^2}}}+（{2+4km}）\frac{-8km}{{3+4{k^2}}}+4{m^2}+4=0$．
則m²-km-2k²=0．∴（m-2k）（m+k）=0，∴m=2k或m=-k．
當(dāng)m=2k時，直線PQ的方程為y=kx+2k=k（x+2），
此時直線PQ過點（-2，0），顯然不適合題意．
當(dāng)m=-k時，直線PQ的方程為y=kx-k=k（x-1），此時直線PQ過點（1，0）．
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，若直線PQ過點（1，0），
P、Q點的坐標(biāo)分別是$（{1，\frac{3}{2}}）$，$（{1，-\frac{3}{2}}）$，滿足${k_{AP}}•{k_{AQ}}=-\frac{1}{4}$，
綜上，直線PQ恒過點（1，0）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和點滿足橢圓方程，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理，以及直線的斜率公式，考查運算能力，屬于中檔題．