Question

8．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），且离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点P（4，0），椭圆内部是否存在一个定点，过此点的直线交椭圆于M，N两点，且$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12恒成立，若存在，求出此点，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意知，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（2）假设存在．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m．与椭圆方程联立化简得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．因为过椭圆内的点，故此方程必有两根．利用根与系数的关系与数量积运算性质可得$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{4{k}^{2}+1}$，故得5m²+32km+12k²=0．解出并且验证即可得出．

解答 解：（1）由题意知，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{b}^{2}}$=1，a²=b²+c²，
联立解得a=2，b=1．
故椭圆标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）假设存在．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，化简得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0．
因为过椭圆内的点，故此方程必有两根．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
∴$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=12=（x₁-4）（x₂-4）+y₁y₂
=（1+k²）x₁•x₂+（km-4）（x₁+x₂）+16+m²
=（1+k²）•$\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$+（km-4）$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$+16+m²
=$\frac{60{k}^{2}+5{m}^{2}+32km+12}{4{k}^{2}+1}$，
故得5m²+32km+12k²=0．
∵k≠0，故有$5（\frac{m}{k}）^{2}$+32•$\frac{m}{k}$+12=0，
解得m=-$\frac{2}{5}$k或m=-6k，
故直线方程为y=kx-$\frac{2}{5}$k或y=kx-6k．
则直线恒过点$（\frac{2}{5}，0）$或（6，0），
因为此点在椭圆内部，故唯有点$（\frac{2}{5}，0）$满足要求．
当直线斜率为0时，过点$（\frac{2}{5}，0）$的直线与椭圆的交点显然即为M，N，
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=（-6）×（-2）=12，满足．
当直线斜率不存在时，
过点$（\frac{2}{5}，0）$的直线与椭圆的交点M，N为$（\frac{2}{5}，\frac{2\sqrt{6}}{5}）$，$（\frac{2}{5}，-\frac{2\sqrt{6}}{5}）$．
$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=$（\frac{2}{5}-4）^{2}$-$（\frac{2\sqrt{6}}{5}）^{2}$=12，亦满足．
综上，在椭圆内部存在点$（\frac{2}{5}，0）$满足题目要求．

点评 本题考查了题意的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．