Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），经过F与B（0，b）的直线与圆x²+y²=$\frac{3}{4}$相切
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（2）若动点P在直线l：x=$-\sqrt{3}$上，过点P作直线交椭圆于M、N两点，使得|PM|=|PN|，再过点P作直线l′⊥MN，证明：直线l′恒过定点，并求出该定点的坐标．

Answer 1

分析 （1）由题意可得c=1，求得直线BF的方程，运用直线和圆相切的条件：d=r，求得b，再由a，b，c的关系，可得a，进而得到椭圆方程；
（2）分类讨论，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y₀=k（x+$\sqrt{3}$），与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合P为MN的中点，求出MN的斜率，利用直线l'⊥MN，可得直线l的斜率，从而得到直线l'的方程，即可得出结论．

解答 解：（1）由题意可得c=1，直线BF：x+$\frac{y}{b}$=1，
由直线和圆相切的条件可得d=$\frac{|b|}{\sqrt{1+{b}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得b=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}$=2，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）证明：设P（-$\sqrt{3}$，y₀），由题意可得P在椭圆内，
且y₀∈（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y₀=k（x+$\sqrt{3}$），
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{y-{y}_{0}=k（x+\sqrt{3}）}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8k（y₀+$\sqrt{3}$k）x+4（y₀+$\sqrt{3}$k）²-12=0，
所以x₁+x₂=-$\frac{8k{y}_{0}+8\sqrt{3}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
由题意可得P为MN中点，所以$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\sqrt{3}$，即-$\frac{8k{y}_{0}+8\sqrt{3}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=-2$\sqrt{3}$．
所以k_MN=$\frac{3\sqrt{3}}{4{y}_{0}}$，
因为直线l'⊥MN，所以k_l'=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$，
所以直线l'的方程为y-y₀=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$（x+$\sqrt{3}$），
即y=-$\frac{4{y}_{0}}{3\sqrt{3}}$（x+$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
显然直线l恒过定点（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．
②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-$\sqrt{3}$，
此时直线l'为x轴，也过点（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．
综上所述直线l'恒过定点（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，0）．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，同时考查直线和圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，确定直线l'的方程是关键．