Question

1．平面直角坐標系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F，離心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過點F且垂直于x軸的直線被圓截得的弦長為1．
（1）求橢圓C的方程；
（2）記橢圓C的上、下頂點分別為A，B，設(shè)過點M（m，-2）（m≠0）的直線MA，MB與橢圓C分別交于點P，Q，求證：直線PQ必過一定點，并求該定點的坐標．

Answer 1

分析 （1）由離心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可得a²=4b²，由過點F 垂直于x軸的直線被橢圓所截得弦長為1，可得$\frac{2^{2}}{a}$=1，解出即可得出．
（2）點M（m，-2），A（0，1），B（0，-1）．直線MA方程為：y=-$\frac{3}{m}$x+1，直線MB方程為：y=-$\frac{1}{m}$x-1．
分別與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1聯(lián)立方程組，可得：$（\frac{36}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}-\frac{24}{m}x$=0，$（\frac{4}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}+\frac{8}{m}x$=0，解得x_P，x_Q，可得y_P，y_Q．P，Q坐標．可得直線PQ方程，即可證明．

解答 （1）解：由離心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可得a²=4b²，
∵過點F 垂直于x軸的直線被橢圓所截得弦長為1，∴$\frac{2^{2}}{a}$=1，
解得b=1，a=4，
∴橢圓C方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）證明：點M（m，-2），A（0，1），B（0，-1）．
直線MA方程為：y=-$\frac{3}{m}$x+1，
直線MB方程為：y=-$\frac{1}{m}$x-1．
分別與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1聯(lián)立方程組，可得：$（\frac{36}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}-\frac{24}{m}x$=0，$（\frac{4}{{m}^{2}}+1）{x}^{2}+\frac{8}{m}x$=0，
解得x_P=$\frac{24m}{{m}^{2}+36}$，x_Q=$\frac{-8m}{{m}^{2}+4}$，
可得：y_P=-$\frac{3}{m}$x_P+1=$\frac{{m}^{2}-36}{{m}^{2}+36}$，同理可得y_Q=$\frac{4-{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$．
∴P$（\frac{24m}{{m}^{2}+36}，\frac{{m}^{2}-36}{{m}^{2}+36}）$，Q$（\frac{-8m}{{m}^{2}+4}，\frac{4-{m}^{2}}{{m}^{2}+4}）$．
直線PQ的斜率k=$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$，
則直線PQ方程為：y-$\frac{4-{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$$（x+\frac{8m}{{m}^{2}+4}）$．
化簡可得直線PQ的方程為：y═$\frac{{m}^{2}-12}{16m}$x-$\frac{1}{2}$．
∴直線PQ恒過定點$（0，-\frac{1}{2}）$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．