Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，焦距為2，點(diǎn)M（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$）在橢圓C上．
（I）求橢圓C的方程；
（II）如圖，過F₁任意作兩條互相垂直的直線l₁，l₂分別交橢圓C于A，B兩點(diǎn)和D，E兩點(diǎn)，P，Q分別為AB和DE的中點(diǎn)．試探究直線PQ是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件得到關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組得到a²，b²的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）由（1）求出橢圓左焦點(diǎn)F₁的坐標(biāo)，設(shè)出兩直線斜率均存在時(shí)，直線AB的方程為y=k（x+1），聯(lián)立直線方程與橢圓方程，求出AB中點(diǎn)坐標(biāo)，用-$\frac{1}{k}$代換k，得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)，進(jìn)一步得到PQ所在直線方程，得到直線PQ過定點(diǎn)（$-\frac{2}{3}$，0）；若兩直線中有一條斜率不存在，則由題意知直線PQ為x軸，結(jié)論仍然成立，由此說明直線PQ過定點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2，且點(diǎn)M（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$）在橢圓C上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得：a²=2，b²=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}=\sqrt{2-1}-1$，
∴F₁（-1，0）．
若兩直線斜率均存在，設(shè)直線AB的方程為y=k（x+1），
代入橢圓C的軌跡方程，得到：（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2k=k\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+2k$=$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$．
則AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為P（$\frac{-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$），
將上式中的k用-$\frac{1}{k}$代換，得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)（$-\frac{2}{{k}^{2}+2}$，$-\frac{k}{{k}^{2}+2}$），
由點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)得到直線PQ的方程為$y+\frac{k}{{k}^{2}+2}=\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}（x+\frac{2}{{k}^{2}+2}）$．
即$y=\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}（x+\frac{2}{3}）$，
∴直線PQ過定點(diǎn)（$-\frac{2}{3}$，0），
若兩直線中有一條斜率不存在，則由題意知直線PQ為x軸，上述結(jié)論仍然成立．
∴直線PQ過定點(diǎn)（$-\frac{2}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查直線是否過定點(diǎn)的判斷方法，訓(xùn)練了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用，是中檔題．