已知F为椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右焦点.椭圆C上任意一点P到点F的距离与点P到直线l:x=m的距离之比为$\frac{1}{2}$.求:(1)直线l方程,(2)设A为椭圆C的左顶点.过点F的直线交椭圆C于D.E两点.直线AD.AE与直线l分别相交于M.N两点．以MN为直径的是圆是否恒过一定点.若是.求出定点坐标.若不是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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6．已知F为椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右焦点，椭圆C上任意一点P到点F的距离与点P到直线l：x=m的距离之比为$\frac{1}{2}$，求：
（1）直线l方程；
（2）设A为椭圆C的左顶点，过点F的直线交椭圆C于D、E两点，直线AD、AE与直线l分别相交于M、N两点．以MN为直径的是圆是否恒过一定点，若是，求出定点坐标，若不是请说明理由．

分析（1）利用椭圆的标准方程及其椭圆的第二定义即可得出；
（2）当DE⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得D$（1，\frac{3}{2}）$，E$（1，-\frac{3}{2}）$．可得直线AD的方程：y=$\frac{1}{2}（x+2）$，解得M，N，可得以MN为直径的圆过点F（1，0），G（7，0）．
下面证明以MN为直径的圆恒过上述两定点．设直线DE的方程为：my=x-1，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为（3m²+4）y²+6my-9=0，直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}（x+2）$，可得M$（4，\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}）$，同理可得N$（4，\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}）$．利用根与系数的关系可证明$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=0，即可得出结论．

解答解：（1）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得a=2，c=1，右焦点F（1，0），其离心率e=$\frac{1}{2}$．
∵椭圆C上任意一点P到点F的距离与点P到直线l：x=m的距离之比为$\frac{1}{2}$，
∴$m=\frac{{a}^{2}}{c}$=4．
∴直线l方程为：x=4；
（2）当DE⊥x轴时，把x=1代入椭圆方程解得y=$±\frac{3}{2}$，∴D$（1，\frac{3}{2}）$，E$（1，-\frac{3}{2}）$．
可得直线AD的方程：y=$\frac{1}{2}（x+2）$，解得M（4，3），同理可得N（4，-3），
可得以MN为直径的圆过点F（1，0），G（7，0）．
下面证明以MN为直径的圆恒过上述两定点．
证明：设直线DE的方程为：my=x-1，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化为（3m²+4）y²+6my-9=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$．
直线AD的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}（x+2）$，可得M$（4，\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}）$，
同理可得N$（4，\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}）$．
∴$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=$（3，\frac{6{y}_{1}}{m{y}_{1}+3}）$•$（3，\frac{6{y}_{2}}{m{y}_{2}+3}）$=9+$\frac{36{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+9}$
=9+$\frac{36×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{\frac{-9{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}-\frac{18{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}+9}$=9-9=0，
∴以MN为直径的圆恒过一定点F（1，0），G（7，0）．
同理可证：以MN为直径的圆恒过一定点G（7，0）．
因此以MN为直径的圆恒过一定点F（1，0），（7，0）．

点评本题考查了椭圆的标准方程及其性质、圆的性质、直线与椭圆相交转化为方程联立可得根与系数关系、直线的方程、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题

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B．

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C．

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D．

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