Question

16．已知椭圆$E：\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点．
（Ⅰ）求直线PA与PB的斜率之积；
（Ⅱ）过点$Q（-\frac{{\sqrt{3}}}{5}，0）$作与x轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点．证明：以MN为直径的圆恒过点A．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得$A（-\sqrt{3}，0），B（\sqrt{3}，0）$，再设点P（x，y）（y≠0），从而可得$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，从而化简${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{y}{{x+\sqrt{3}}}•\frac{y}{{x-\sqrt{3}}}=\frac{y^2}{{{x^2}-3}}$，从而解得．
（Ⅱ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），设直线${l_{MN}}：x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}（t∈R）$，从而联立可得$（2{t^2}+3）{y^2}-\frac{{4\sqrt{3}}}{5}ty-\frac{144}{25}=0$；结合韦达定理化简证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$A（-\sqrt{3}，0），B（\sqrt{3}，0）$．设点P（x，y）（y≠0），
则有$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，
即${y^2}=2（1-\frac{x^2}{3}）=\frac{2}{3}（3-{x^2}）$，
∴${k_{PA}}•{k_{PB}}=\frac{y}{{x+\sqrt{3}}}•\frac{y}{{x-\sqrt{3}}}=\frac{y^2}{{{x^2}-3}}$=$\frac{{\frac{2}{3}（3-{x^2}）}}{{{x^2}-3}}=-\frac{2}{3}$．
（Ⅱ）证明：设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∵MN与x轴不重合，
∴设直线${l_{MN}}：x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}（t∈R）$，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-\frac{{\sqrt{3}}}{5}\\ 2{x^2}+3{y^2}-6=0\end{array}\right.$化简得，
$（2{t^2}+3）{y^2}-\frac{{4\sqrt{3}}}{5}ty-\frac{144}{25}=0$；
由题意可知△＞0成立，且$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{{\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t}}{{2{t^2}+3}}\\{y_1}{y_2}=\frac{{-\frac{144}{25}}}{{2{t^2}+3}}\end{array}\right.$；
$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=（{x_1}+\sqrt{3}，{y_1}）（{x_2}+\sqrt{3}，{y_2}）=（t{y_1}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}）（t{y_2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}）+{y_1}{y_2}$
=$（{t^2}+1）{y_1}{y_2}+\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t（{y_1}+{y_2}）+\frac{48}{25}$；
将$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{{\frac{{4\sqrt{3}}}{5}t}}{{2{t^2}+3}}\\{y_1}{y_2}=\frac{{-\frac{144}{25}}}{{2{t^2}+3}}\end{array}\right.$代入上式并化简得，
$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}=\frac{{-\frac{144}{25}{t^2}-\frac{144}{25}+\frac{48}{25}{t^2}}}{{2{t^2}+3}}+\frac{48}{25}=-\frac{48}{25}×\frac{{2{t^2}+3}}{{2{t^2}+3}}+\frac{48}{25}=0$．
∴AM⊥AN，即以MN为直径的圆恒过点A．

点评 本题考查了椭圆与直线的位置关系的判断与应用，同时考查了韦达定理的应用及向量的应用．