Question

18．已知过点A（1，$\frac{3}{2}$）的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦点为F，且AF所在直线的斜率为$\frac{3}{4}$．
（1）求椭圆的C的方程；
（2）若存在直线l与椭圆交于两点M、N（均异于点A），使得∠MAN=90°，求证：直线l过定点．

Answer 1

分析 （1）由题意，列出关于a，b，c的方程组，解得即可，则椭圆方程可求；
（2）设直线l：x=my+n点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=0，求出x=m（y+$\frac{3}{14}$）+$\frac{1}{7}$，即可得到直线过定点．

解答 解：（1）设椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），则由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{\frac{3}{2}}{1+c}=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
则椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
（2）设直线l：x=my+n点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．直线l与椭圆C的方程联立，消去x得，（4+3m²）y²+8mny+3m²-12=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6mn}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{3{n}^{2}-12}{3{m}^{2}+4}$，①

同理可得：x₁+x₂=$\frac{8n}{3{m}^{2}+4}$，x₁x₂=$\frac{4{n}^{2}-12{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$，②，
又由∠MAN=90°，则$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=0，
∴（x₁-1，y₁-$\frac{3}{2}$）•（x₂-1，y₂-$\frac{3}{2}$）=x₁x₂-（x₁+x₂）+y₁y₂-$\frac{3}{2}$（y₁+y₂）+$\frac{13}{4}$=0③
将①②代入③整理得：3（$\frac{3}{2}$m+n）²+4（n-1）²-9m²-3=0，
也就是3（$\frac{3}{2}$m+n-1）（$\frac{3}{2}$m+n+1）+4（n-1-$\frac{3}{2}$m）（n-1+$\frac{3}{2}$m）=0，
由于点A不在直线l上，则$\frac{3}{2}$m+n-1≠0则，
3（$\frac{3}{2}$m+n+1）+4（n-1-$\frac{3}{2}$m）=0，整理n=$\frac{2+3m}{14}$，
则x=my+n=my+$\frac{2+3m}{14}$=m（y+$\frac{3}{14}$）+$\frac{1}{7}$，
所以直线l过定点（$\frac{1}{7}$，-$\frac{3}{14}$）

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了存在性问题的求解方法，考查了数形结合的思想、推理能力和计算能力，属难题．