Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{3}{2}$），离心率e=$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程，
（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆C相切，切点为T，且直线l与直线x=4相交于点S．试问：在坐标平面内是否存在一定点，使得以ST为直径的圆恒过该定点？若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知：将点代入椭圆方程，利用椭圆的离心率公式即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，由△=0，求得4k²-m²+3=0，利用韦达定理及中点坐标公式，求得T点坐标，联立即可求得S点坐标，由$\overrightarrow{AS}$•$\overrightarrow{AT}$=0，根据向量数量积的坐标运算，可得$\left\{\begin{array}{l}{4{x}_{1}-4=0}\\{{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0}\end{array}\right.$，即可求得A点坐标，即可求得以ST为直径的圆恒过该定点（1，0）．

解答 解：（Ⅰ）由点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上得，代入椭圆方程：$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4{b}^{2}}=1$，①----------（1分）
椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，则a=2c，a²=4c²，b²=3c²，②----------（2分）
②代入①解得c²=1，a²=4，b²=3，
故椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；-----------（4分）
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0；
因为动直线l与椭圆C相切，即它们有且只有一个公共点T，可设T（x₀，y₀），
m≠0，△=0，∴（8km）²-4×（4k²+3）×（4m²-12）=0，
∴4k²-m²+3=0，③----（6分）
此时，x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{4{k}^{2}+3}$=-$\frac{4k}{m}$，y₀=kx₀+m=$\frac{3}{m}$，则T（-$\frac{4k}{m}$，$\frac{3}{m}$）．----------（7分）
由$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得S（4，4k+m）．-------------------------------------------------------（8分）
假设平面内存在定点满足条件，不妨设为点A．
由图形对称性知，点A必在x轴上．-------------------------------------------------（9分）
设A（x₁，0），则由已知条件知AS⊥AT，
即$\overrightarrow{AS}$•$\overrightarrow{AT}$=0对满足③式的m，k恒成立．-----------------------------------------（10分）
由$\overrightarrow{AS}$=（4-x₁，4k+m），$\overrightarrow{AT}$=（-$\frac{4k}{m}$-x₁，$\frac{3}{m}$），由$\overrightarrow{AS}$•$\overrightarrow{AT}$=0得：-$\frac{16k}{m}$+$\frac{4k{x}_{1}}{m}$-4x₁+x₁²+$\frac{12k}{m}$+3=0，
整理得（4x₁-4）$\frac{k}{m}$+x₁²-4x₁+3=0，④-----------------------（12分）
由②式对满足①式的m，k恒成立，则$\left\{\begin{array}{l}{4{x}_{1}-4=0}\\{{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0}\end{array}\right.$，解得x₁=1．
故平面内存在定点（1，0），使得以ST为直径的圆恒过该定点．-----------------（14分）

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，中点坐标公式，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．