题目
已知椭圆C：(x^2)/(a^2)+(y^2)/(b^2)=1（a＞b＞0）的右焦点为F，点M（1，(3)/(2)）在椭圆C上，且MF⊥x轴．（1）求椭圆C的方程；（2）P（4，0），过P的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．
已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦点为F，点M（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆C上，且MF⊥x轴．
（1）求椭圆C的方程；
（2）P（4，0），过P的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．
（1）求椭圆C的方程；
（2）P（4，0），过P的直线与椭圆C交于A，B两点，N为FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．
题目解答
答案
解：（1）设椭圆C的左焦点为F1，
点M（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆C上，且MF⊥x轴，
则|F1F|=2，$|MF|=\frac{3}{2}$，
由勾股定理可知，$|M{F}_{1}|=\frac{5}{2}$，
故2a=|MF1|+|MF|=4，解得a2=4，b2=a2-1=3，
故椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{PB}$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}+λ{x}_{2}}{1+λ}=4}\\{\frac{{y}_{1}+λ{y}_{2}}{1+λ}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{λ{x}_{2}=4+4λ-{x}_{1}}\\{λ{y}_{2}=-{y}_{1}}\end{array}\right.$①，
又由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12}\\{3（λ{x}_{2}）^{2}+4（λ{y}_{2}）^{2}=12{λ}^{2}}\end{array}\right.$可得，$3•\frac{x_1+λx_2}{1+λ}•\frac{x_1-λx_2}{1-λ}+4\frac{y_1+λy_2}{1+λ}•\frac{y_1-λy_2}{1-λ}=12$②，
结合①②可得，5λ-2λx2+3=0，
P（4，0），F（1，0），$N（\frac{5}{2}，0）$，B（x2，y2），
则直线NB的方程为y-0=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\frac{5}{2}}（x-\frac{5}{2}）$，
MF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，
则xQ=1，
故$y_Q=\frac{3y_2}{5-2x_2}=\frac{3λy_2}{5λ-2λx_2}=-λy_2=y_1$，
故AQ⊥y轴．
点M（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆C上，且MF⊥x轴，
则|F1F|=2，$|MF|=\frac{3}{2}$，
由勾股定理可知，$|M{F}_{1}|=\frac{5}{2}$，
故2a=|MF1|+|MF|=4，解得a2=4，b2=a2-1=3，
故椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{PB}$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}+λ{x}_{2}}{1+λ}=4}\\{\frac{{y}_{1}+λ{y}_{2}}{1+λ}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{λ{x}_{2}=4+4λ-{x}_{1}}\\{λ{y}_{2}=-{y}_{1}}\end{array}\right.$①，
又由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12}\\{3（λ{x}_{2}）^{2}+4（λ{y}_{2}）^{2}=12{λ}^{2}}\end{array}\right.$可得，$3•\frac{x_1+λx_2}{1+λ}•\frac{x_1-λx_2}{1-λ}+4\frac{y_1+λy_2}{1+λ}•\frac{y_1-λy_2}{1-λ}=12$②，
结合①②可得，5λ-2λx2+3=0，
P（4，0），F（1，0），$N（\frac{5}{2}，0）$，B（x2，y2），
则直线NB的方程为y-0=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\frac{5}{2}}（x-\frac{5}{2}）$，
MF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，
则xQ=1，
故$y_Q=\frac{3y_2}{5-2x_2}=\frac{3λy_2}{5λ-2λx_2}=-λy_2=y_1$，
故AQ⊥y轴．
解析
考查要点：本题主要考查椭圆的标准方程求解及几何性质的应用，涉及焦点坐标、椭圆定义、直线与椭圆的位置关系、向量分点公式及坐标几何的综合运用。
解题思路：
- 第一问：利用椭圆上点的坐标及焦点性质，结合椭圆定义（椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为$2a$）建立方程，求解$a^2$和$b^2$。
- 第二问：通过向量分点公式设点坐标，联立椭圆方程与直线方程，结合中点坐标及直线交点的性质，推导关键方程，最终通过坐标关系证明$AQ$的纵坐标相等，从而垂直于$y$轴。
破题关键：
- 第一问：抓住$MF \perp x$轴的几何意义，确定焦点坐标，利用椭圆定义直接求解$a$。
- 第二问：通过向量分点公式设参数$\lambda$，联立椭圆方程与直线方程，结合中点坐标及直线交点的坐标关系，推导出$y_Q = y_1$，完成证明。
第（1）题
关键步骤：
- 确定焦点坐标：
由$MF \perp x$轴，知$F$的横坐标与$M(1, \frac{3}{2})$相同，故$F(1, 0)$，即$c=1$。 - 应用椭圆定义：
椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为$2a$。计算$|MF_1| = \sqrt{(1 - (-1))^2 + (\frac{3}{2} - 0)^2} = \frac{5}{2}$，故$2a = |MF_1| + |MF| = \frac{5}{2} + \frac{3}{2} = 4$，得$a=2$。 - 求$b^2$：
由$a^2 = b^2 + c^2$，得$b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3$。 - 写出椭圆方程：
$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$。
第（2）题
关键步骤：
- 设参数$\lambda$：
设$\overrightarrow{AP} = \lambda \overrightarrow{PB}$，得点$A(x_1, y_1)$、$B(x_2, y_2)$的坐标关系：
$\begin{cases} \frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda} = 4 \\ \frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda} = 0 \end{cases}$ - 联立椭圆方程：
将$A$、$B$代入椭圆方程，结合分点公式推导得：
$5\lambda - 2\lambda x_2 + 3 = 0$ - 求直线NB方程：
$N(\frac{5}{2}, 0)$，直线$NB$的斜率为$\frac{y_2}{x_2 - \frac{5}{2}}$，方程为：
$y = \frac{y_2}{x_2 - \frac{5}{2}} \left(x - \frac{5}{2}\right)$ - 确定Q点坐标：
直线$MF$为$x=1$，代入直线$NB$方程得$Q(1, y_Q)$，其中：
$y_Q = \frac{3y_2}{5 - 2x_2}$ - 证明$y_Q = y_1$：
结合分点公式及方程$5\lambda - 2\lambda x_2 + 3 = 0$，化简得$y_Q = y_1$，故$AQ$的纵坐标相等，垂直于$y$轴。