3.已知橢圓C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0),點(diǎn)(1,$\frac{3}{2}$)在橢圓C上,且橢圓C的離心率為$\frac{1}{2}$.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn),A為橢圓C的右頂點(diǎn),直線PA,QA分別交直線l:x=4于M,N兩點(diǎn),求證:FM⊥FN.

分析 (1)由題意可得:$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}$=1,$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,a2=b2+c2,聯(lián)立解得即可得出.
(2)由(1)知,A(2,0),F(xiàn)(1,0),右準(zhǔn)線方程為x=4.設(shè)直線PQ的方程為:my=x-1.P(x1,y1),Q(x2,y2).與橢圓方程聯(lián)立化為:(3m2+4)y2+6my-9=0.直線PA的方程為:y-0=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$(x-2),可得M$(4,\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2})$.同理可得N$(4,\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2})$.利用向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)及其一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系,只要證明$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=0即可.

解答 (1)解:由題意可得:$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{9}{4^{2}}$=1,$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,a2=b2+c2,
聯(lián)立解得a=2,b2=3,c=1.
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1.
(2)證明:由(1)知,A(2,0),F(xiàn)(1,0),右準(zhǔn)線方程為x=4.設(shè)直線PQ的方程為:my=x-1.P(x1,y1),Q(x2,y2).
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$,化為:(3m2+4)y2+6my-9=0.
則y1+y2=$\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}$,y1•y2=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$,
直線PA的方程為:y-0=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$(x-2),令x=4,則y=$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$,可得M$(4,\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2})$.
同理可得N$(4,\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2})$.
∴$\overrightarrow{FM}•\overrightarrow{FN}$=9+$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$×$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=9+$\frac{4{y}_{1}{y}_{2}}{(m{y}_{1}-1)(m{y}_{2}-1)}$=9+$\frac{4{y}_{1}{y}_{2}}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-m({y}_{1}+{y}_{2})+1}$=9+$\frac{4×\frac{-9}{3{m}^{2}+4}}{\frac{-9{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}+\frac{6{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}+1}$=9-9=0,
∴$\overrightarrow{FM}$⊥$\overrightarrow{FN}$,即FM⊥FN.

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.

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(1)求實數(shù)a的值;
(2)令h(x)=g(x)+2x,若h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實數(shù)b的取值范圍;
(3)設(shè)x1,x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)的兩個極值點(diǎn),若b≥$\frac{3}{2}$,且g(x1)-g(x2)≥k恒成立,求實數(shù)k的最大值.

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