Question

11．已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$经过点$（{1，\frac{3}{2}}）$，离心率为$\frac{1}{2}$，设A、B椭圆C上异于左顶点P的两个不同点，直线PA和PB的倾斜角分别为α和β，且α+β为定值θ（0＜θ＜π）
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得a，c，b²，即可得出椭圆C的方程．
（II）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由题意可得x₁≠x₂（否则α+β=π），且x₁，x₂≠-2，因此直线BA的斜率存在，设其方程为：y=kx+m．与椭圆方程联立化为：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0，△＞0，化为：3+4k²＞m²．对θ分类讨论：（1）当$θ=\frac{π}{2}$时，α+β=$\frac{π}{2}$，tanα•tanβ=1，利用斜率计算公式、根与系数的关系可得：m²-16km+28k²=0，解得m=2k，或m=14k．可得直线AB恒过定点（-14，0）．
（2）当$θ≠\frac{π}{2}$时，α+β=θ，tanθ=tan（α+β）=$\frac{tanα+tanβ}{1-tanαtanβ}$，利用斜率计算公式、根与系数的关系可得：tanθ=$\frac{12}{m-14k}$，解得：m=$\frac{12}{tanθ}+14k$，即可得出．

解答 （I）解：由题意可得：$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，解得a=2，c=1，b²=3，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（II）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由题意可得x₁≠x₂（否则α+β=π），且x₁，x₂≠-2，因此直线BA的斜率存在，
设其方程为：y=kx+m．联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0，
∴△=64k²m²-16（3+4k²）（m²-3）＞0，化为：3+4k²＞m²．
∴x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$．
（1）当$θ=\frac{π}{2}$时，α+β=$\frac{π}{2}$，tanα•tanβ=1，∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=1，
∴（kx₁+m）（kx₂+m）=（x₁+2）（x₂+2），化为：（k²-1）x₁x₂+（mk-2）（x₁+x₂）+m²-4=0，
∴$\frac{4（{m}^{2}-3）（{k}^{2}-1）}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{（2-mk）8km}{3+4{k}^{2}}$+m²-4=0，化为：m²-16km+28k²=0，解得m=2k，或m=14k．
∴直线AB的方程可以表示为y=kx+2k（舍去），或y=kx+14k，
∴直线AB恒过定点（-14，0）．
（2）当$θ≠\frac{π}{2}$时，α+β=θ，tanθ=tan（α+β）=$\frac{tanα+tanβ}{1-tanαtanβ}$=$\frac{\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}}{1-\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}}$=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}+2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）-{y}_{1}{y}_{2}}$，
而分子=x₂（kx₁+m）+x₁（kx₂+m）+2（kx₁+m+kx₂+m）=2kx₁x₂+（2k+m）（x₁+x₂）+4m=2k×$\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$-（2k+m）×$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$+4m=$\frac{12m-24k}{3+4{k}^{2}}$，
分母=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4-（kx₁+m）（kx₂+m）=（1-k²）x₁x₂+（2-km）（x₁+x₂）+4-m²=$\frac{{m}^{2}-16km+28{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
∴tanθ=$\frac{12m-24k}{{m}^{2}-16mk+28{k}^{2}}$=$\frac{12}{m-14k}$，解得：m=$\frac{12}{tanθ}+14k$，
∴直线AB的方程可以表示为：y=kx+$\frac{12}{tanθ}+14k$，即y=k（x+14）+$\frac{12}{tanθ}$，
即直线恒过定点$（-14，\frac{12}{tanθ}）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．