Question

7．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点，点P是椭圆C上异于A，B两点的任意一点，当△PAB为等腰三角形时，则△PAB的面积为2，．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设直线AP与直线x=4交于点M，直线MB交椭圆C于点Q，试问：直线PQ是否过定点？若是，求出定点的坐标，若不是，说明理由．

Answer 1

分析 （I）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}•2a•b$=2，a²=b²+c²，解出即可得出．
（II）当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为：y=kx+m，代入椭圆方程可得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，△＞0．设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（4，y₃），由A，P，M三点共线可得：$\frac{3{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，由P，Q两点在椭圆C上，可得：${x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4$，${x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}$=4．代入①整理可得：2x₁•x₂-5（x₁+x₂）+8=0，利用根与系数的关系整理可得：m²+5km+4k²=0，解得可得直线PQ经过定点（1，0）．当直线PQ的斜率不存在时，直线PQ的方程为：x=1，也经过定点（1，0）．

解答 解：（I）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}•2a•b$=2，a²=b²+c²，
解得a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（II）当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为：y=kx+m，
代入椭圆方程可得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，可得m²＜4k²+1，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（4，y₃），由A，P，M三点共线可得：$\frac{{y}_{3}}{6}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，解得y₃=$\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$．
同理可得：y₃=$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，可得$\frac{3{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，①．
由P，Q两点在椭圆C上，可得：${x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4$，${x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}$=4．
代入①整理可得：2x₁•x₂-5（x₁+x₂）+8=0，②
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
代入②，整理可得：m²+5km+4k²=0，解得m=-k或m=-4k（舍去）．
∴直线PQ的方程为：y=k（x-1），即直线PQ经过定点（1，0）．
当直线PQ的斜率不存在时，直线PQ的方程为：x=1，也经过定点（1，0）．
综上可得：直线PQ经过定点（1，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线经过定点问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、三点共线与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．