Question

12．已知圆C：x²+（y-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）²=$\frac{27}{4}$经过椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点F₁、F₂，点N为圆C与椭圆E的一个交点，且直线F₁N过圆心C．
（1）求椭圆E的方程；
（2）直线l与椭圆E交于A、B两点，点M的坐标为（3，0），若$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-3，求证：直线l过定点．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：丨F₁N丨=3$\sqrt{3}$，根据中位线定理，即可求得丨NF₂丨=2丨OC丨=$\sqrt{3}$，利用椭圆的定义，即可求得a的值，代入圆的方程，即可求得c的值，即可求得椭圆方程；
（2）方法一：分类讨论，设直线l的方程，代入椭圆方程，根据向量的坐标运算，即可求得t的值，即可证明直线l过定点P（2，0）；
方法二：同理，由图形的对称轴，直线l所过定点在x轴上，不妨设定点P（t，0）设直线l：y=k（x-2），代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-3．

解答 解：（1）由题意可知：圆心为（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），半径r=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
直线F₁N过圆心C，则直线F₁N过圆心的直径，则丨F₁N丨=3$\sqrt{3}$，
O，C分别为F₁N及F₁F₂N中点，则OC为△NDF₁F₂的中位线，
则丨NF₂丨=2丨OC丨=$\sqrt{3}$，
则2a=丨NF₂丨+丨NF₁丨=4$\sqrt{3}$，即a=2$\sqrt{3}$，
将F₂（c，0）代入圆方程，解得：c=$\sqrt{6}$，
则b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{6}$，
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{6}=1$；
（2）证明：方法一：证明若直线l不平行x轴，这直线l：x=my+t，
则$\left\{\begin{array}{l}{x=my+t}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，整理得：（m²+2）y²+2mty+t²-12=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则△=12m²-8t²+96＞0，
则y₁+y₂=-$\frac{2mt}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-12}{{m}^{2}+2}$，
则$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-3）（x₂-3）+y₁y₂=-3，
则$\frac{（{t}^{2}-12）（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+2}$-$\frac{2{m}^{2}t（t-3）}{{m}^{2}+2}$+（t-3）²+3=0，
整理得：3t²-12t+12=0，解得：t=2，满足△＞0，
直线l垂直y轴，设直线y=n，将y=n代入椭圆$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{6}=1$，
整理得：x²=12-12n²，则x₁x₂=12n²-12，x₁+x₂=0，
则$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-（x₁-3）（x₂-3）+y₁y₂=3n²-3=-3，解得：n=0，
即直线l也过定点P（2，0），
则直线l过定点P（2，0）．
方法二：证明：由图形的对称轴，直线l所过定点在x轴上，不妨设定点P（t，0）
若直线l垂直与x轴，直线l：x=t，代入椭圆方程，则A（t，$\frac{\sqrt{24-2{t}^{2}}}{2}$），B（t，-$\frac{\sqrt{24-2{t}^{2}}}{2}$）或A（t，-$\frac{\sqrt{24-2{t}^{2}}}{2}$），B（t，$\frac{\sqrt{24-2{t}^{2}}}{2}$），
由$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-3，则（t-3）²-$\frac{24-2{t}^{2}}{4}$=-3，整理得：t²-4t+4=0，解得：t=2，
（2）设直线l不垂直与x轴时，设直线l：y=k（x-2），
联立方程：$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²-8k²x+8k²-12=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-12}{1+2{k}^{2}}$，△=16（4k²+3）＞0
由$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-3）（x₂-3）+y₁y₂=（x₁-3）（x₂-3）+k²（x₁-2）（x₁-2），
=（1+k²）x₁x₂-（3+2k²）（x₁+x₂）+9+4k²，
=$\frac{（1+{k}^{2}）（8{k}^{2}-12）-（3+2{k}^{2}）•8{k}^{2}+（9+4{k}^{2}）（1+2{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
=$\frac{-3-6{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=-3，符合题意，
综上可知：直线l恒过定点（2，0）．

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，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．