Question

已知椭圆C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）经过点M（1，

3

2

），且其右焦点与抛物线C₂：y²=4x的焦点F重合，过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P，Q两点．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）设O为坐标原点，线段OF上是否存在点N（n，0），使得

QP

•

NP

=

PQ

•

NQ

？若存在，求出n的取值范围；若不存在，说明理由；
（3）过点P₀（4，0）且不垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为E，试证明：直线AE过定点．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题

专题：圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）由已知条件推导出

1 a2 + 9 4 b2 =1 a2-b2=1

，由此能求出椭圆的方程．
（2）设直线PQ的方程为：y=k（x-1），k≠0，代入

x2

4

+

y2

3

=1，得（3+4k²）x²-8k²x+8k²-12=0，由已知条件推导出直线NR的方程为：y+

3k

3+4k2

=-

1

k

（x-

4k2

3+4k2

），由此能求出线段OF上存在点N（n，0），使得

QP

•

NP

=

PQ

•

NQ

，其中n∈（0，

1

4

）．
（3）设直线AB的方程为：y=k（x-4），k≠0，代入

x2

4

+

y2

3

=1，得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，由根的判别式得到k∈（-

1

2

，

1

2

），设A（x₃，y₃），B（x₄，y₄），E（x₄，-y₄），由已知条件推导出直线AE的方程为y-y₃=

y3+y4

x3-x4

(x-x3)，由此能证明直线AE过定点（1，0）．

解答： （1）解：∵椭圆C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）右焦点与抛物线C₂：y²=4x的焦点F重合，
∴F（1，0），
又∵椭圆经过点M（1，

3

2

），
∴

1 a2 + 9 4 b2 =1 a2-b2=1

，解得

a2=4 b2=3

，
∴椭圆的方程为：

x2

4

+

y2

3

=1．
（2）解：设直线PQ的方程为：y=k（x-1），k≠0，
代入

x2

4

+

y2

3

=1，得：
（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
△=（-8k²）²-4（3+4k²）（4k²-12）＞0恒成立．
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），线段PQ的中点为R（x₃，y₃），
则x3=

x1+x2

2

=

4k2

3+4k2

，y3=k(x3-1)=-

3k

3+4k2

，
由

QP

•

NP

=

PQ

•

NQ

，得：

PQ

•(

NQ

+

NP

)=

PQ

•(2

NR

)=0，
∴直线NR为直线PQ 的垂直平分线，
直线NR的方程为：y+

3k

3+4k2

=-

1

k

（x-

4k2

3+4k2

），
令y=0得：N点的横坐标n=

k2

3+4k2

=

1

3 k2 +4

，
∵k²∈（0，+∞），∴

3

k2

+4∈(4，+∞)，∴n∈（0，

1

4

）．
线段OF上存在点N（n，0），使得

QP

•

NP

=

PQ

•

NQ

，其中n∈（0，

1

4

）．
（3）证明：设直线AB的方程为：y=k（x-4），k≠0，
代入

x2

4

+

y2

3

=1，得：
（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
由△=（-32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，得：k∈（-

1

2

，

1

2

），
设A（x₃，y₃），B（x₄，y₄），E（x₄，-y₄），
则x3+x4=

32k2

3+4k2

，x3x4=

64k2-12

3+4k2

，
则直线AE的方程为y-y₃=

y3+y4

x3-x4

(x-x3)，
令y=0得：x=-y3•

x3-x4

y3+y4

+x3
=

x3y4+x4y3

y3+y4

=

x3•k(x4-4)+x4•k(x4-4)

k(x3+x4-8)

=

2x3x4-4(x3+x4)

x3+x4-8

=

2• 64k2-12 3+4k2 -4• 32k2 3+4k2

32k2 3+4k2 -8

=1．
∴直线AE过定点（1，0）．

点评：本题考查椭圆方程的求法，考查线段上满足条件的点是否存在的判断与求法，考查直线恒过定点的证明，解题时要认真审题，注意直线与椭圆的位置关系的合理运用．