Question

20．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点（1，$\frac{3}{2}$），且离心率e=$\frac{1}{2}$，过椭圆右焦点F作互相垂直的两直线与其右准线交于点M、N，A为椭圆的左顶点，连接AM、AN交椭圆于P，Q两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求MN的最小值；
（3）问：直线PQ是否过定点？若过定点，请求出此定点．

Answer 1

分析 （1）由题意的离心率公式和a，b，c的关系，及点满足椭圆方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）求得F（1，0），设出直线FM的方程，代入准线x=4，可得M的坐标，将k换为-$\frac{1}{k}$，可得N的坐标，求得MN的距离，运用基本不等式即可得到所求最小值；
（3）求得A（-2，0），可得AM的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理可得P的横坐标，代入直线AM的方程y=$\frac{k}{2}$（x+2），可得P的坐标，将k换为-$\frac{1}{k}$，可得Q的坐标，再由两点的斜率公式计算PQ的斜率，再由点斜式方程可得直线PQ的方程，由直线恒过定点的思想，即可得到定点F（1，0）．

解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
将点（1，$\frac{3}{2}$）代入椭圆方程可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由F（1，0），设FM的方程为y=k（x-1），
联立椭圆的右准线方程x=4，可得M（4，3k），
由FN的方程为y=-$\frac{1}{k}$（x-1），代入x=4，可得N（4，-$\frac{3}{k}$），
可得|MN|=3|k+$\frac{1}{k}$|=3（|k|+$\frac{1}{|k|}$）≥3•2$\sqrt{|k|•\frac{1}{|k|}}$=6，
当且仅当k=±1时，取得|MN|的长取得最小值6；
（3）由A（-2，0），可设直线AM的方程y=$\frac{k}{2}$（x+2），
代入椭圆方程3x²+4y²=12，可得（3+k²）x²+4k²x+4k²-12=0，
由-2•x_P=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+{k}^{2}}$，即有x_P=$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$，则P的坐标为（$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$，$\frac{6k}{3+{k}^{2}}$），
将k换为-$\frac{1}{k}$，可得Q（$\frac{6{k}^{2}-2}{1+3{k}^{2}}$，-$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$），
直线PQ的斜率为k_PQ=$\frac{6k（1+3{k}^{2}+3+{k}^{2}）}{（6-2{k}^{2}）（1+3{k}^{2}）-（6{k}^{2}-2）（3+{k}^{2}）}$=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$，
直线PQ的方程为y-$\frac{6k}{3+{k}^{2}}$=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$（x-$\frac{6-2{k}^{2}}{3+{k}^{2}}$），
化为y=$\frac{2k}{1-{k}^{2}}$（x-1），显然x=1时，y=0，
则直线PQ恒过定点F（1，0）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率和点满足椭圆方程，考查两点的距离的最值，注意运用基本不等式，同时考查直线恒过定点的求法，注意运用直线方程和椭圆方程联立，求交点，运用直线的点斜式方程，考查化简整理的运算能力，属于中档题．