Question

10．已知椭圆Γ：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）与圆E：x²+（y-$\frac{3}{2}$）²=4相交于A，B两点，且|AB|=2$\sqrt{3}$，圆E交y轴负半轴于点D．
（Ⅰ）求椭圆Γ的离心率；
（Ⅱ）过点D的直线交椭圆Γ于M，N两点，点N与点N'关于y轴对称，求证：直线MN'过定点，并求该定点坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意的A、B两点关于y轴对称，圆心E到AB的距离为1，求出B坐标代入椭圆方程得a即可．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），N′（-x₂，y₂）．圆E交y轴负半轴于点D（0，-$\frac{1}{2}$），当直线MN斜率存在时，设其方程为：y=kx-$\frac{1}{2}$，直线MN′的方程$y-{y}_{1}=\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}（x-{x}_{1}）$，依据椭圆的对称性，若直线MN'过定点，定点一定在y轴上，令x=0，$y={y}_{1}-\frac{{x}_{1}（{y}_{1}-{y}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}（k{x}_{2}-\frac{1}{2}）+{x}_{2}（k{x}_{1}+\frac{1}{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}-\frac{1}{2}=-2$．

解答 解：（Ⅰ）由题意的A、B两点关于y轴对称，∵${x}_{B}=\sqrt{3}$，
圆心E到AB的距离为1，∴${y}_{B}=\frac{1}{2}$，∴$B（\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$，代入椭圆方程得$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4}=1$，
解得a²=4，∴$e=\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），N′（-x₂，y₂）．
圆E交y轴负半轴于点D（0，-$\frac{1}{2}$），
当直线MN斜率存在时，设其方程为：y=kx-$\frac{1}{2}$，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$消去y得（1+4k²）x²-4kx-3=0．
∴x₁+x₂=$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{-3}{1+4{k}^{2}}$，
直线MN′的方程$y-{y}_{1}=\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}（x-{x}_{1}）$，
依据椭圆的对称性，若直线MN'过定点，定点一定在y轴上，
令x=0，$y={y}_{1}-\frac{{x}_{1}（{y}_{1}-{y}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}（k{x}_{2}-\frac{1}{2}）+{x}_{2}（k{x}_{1}+\frac{1}{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}-\frac{1}{2}=-2$．
当直线MN斜率不存在时，直线MN′的方程为x=0，显然过点（0，-2）．
直线MN'过定点（0，-2）

点评 本题考查了椭圆与圆的综合应用，及直线过定点问题，属于难题．