Question

9．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=$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）设点A是椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为$-\frac{1}{4}$，问直线PQ是否恒过定点？若恒过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，以及a，b，c的关系，解方程即可得到椭圆方程；
（Ⅱ）在（I）的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+m，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，再由直线恒过定点的求法，即可得到所求定点．

解答 解：（Ⅰ）由题意椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
又b²=a²-c²，
又点（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，
可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9}{4{b}^{2}}$=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1    
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）在（I）的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+m，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}}\right.$，消去y得：（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．
又A（-2，0），由题知${k_{AP}}•{k_{AQ}}=\frac{y_1}{{{x_1}+2}}•\frac{y_2}{{{x_2}+2}}=-\frac{1}{4}$，
则（x₁+2）（x₂+2）+4y₁y₂=0，且x₁，x₂≠-2，
则x₁•x₂+2（x₁+x₂）+4+4（kx₁+m）（kx₂+m）
=$（{1+4{k^2}}）{x_1}•{x_2}+（{2+4km}）（{{x_1}+{x_2}}）+4{m^2}+4$
=$\frac{{（{1+4{k^2}}）（{4{m^2}-12}）}}{{3+4{k^2}}}+（{2+4km}）\frac{-8km}{{3+4{k^2}}}+4{m^2}+4=0$．
则m²-km-2k²=0．∴（m-2k）（m+k）=0，∴m=2k或m=-k．
当m=2k时，直线PQ的方程为y=kx+2k=k（x+2），
此时直线PQ过点（-2，0），显然不适合题意．
当m=-k时，直线PQ的方程为y=kx-k=k（x-1），此时直线PQ过点（1，0）．
当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过点（1，0），
P、Q点的坐标分别是$（{1，\frac{3}{2}}）$，$（{1，-\frac{3}{2}}）$，满足${k_{AP}}•{k_{AQ}}=-\frac{1}{4}$，
综上，直线PQ恒过点（1，0）．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式和点满足椭圆方程，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及直线的斜率公式，考查运算能力，属于中档题．