Question

16．已知橢圓E：$\frac{x^2}{8}$+$\frac{y^2}{4}$=1，A、B分別是橢圓E的左、右頂點，動點M在射線1：x=4$\sqrt{2}$（y＞0）上運動，MA交橢圓E于點P，MB交橢圓E于點Q．
（1）若△MAB垂心的縱坐標為-4$\sqrt{7}$，求點的P坐標；
（2）試問：直線PQ是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設M（4$\sqrt{2}$，m），由A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），垂心H（4$\sqrt{2}$，-4$\sqrt{7}$），由BH⊥MA，運用直線斜率公式和斜率之積為-1，可得m，再由直線MA與橢圓求得交點P；
（2）設M（4$\sqrt{2}$，m），由A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），可得MA的方程為y=$\frac{m}{6\sqrt{2}}$（x+2$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，運用韋達定理，解得P的坐標；同理求得Q的坐標，運用直線的斜率公式可得PQ的斜率，由點斜式方程可得PQ的方程，再由恒過定點思想，即可得到所求定點．

解答 解：（1）設M（4$\sqrt{2}$，m），由A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），
垂心H（4$\sqrt{2}$，-4$\sqrt{7}$），由BH⊥MA，可得
k_BH•k_MA=-1，即有$\frac{4\sqrt{7}}{-2\sqrt{2}}$•$\frac{m}{6\sqrt{2}}$=-1，
可得m=$\frac{6}{\sqrt{7}}$，
由MA的方程：y=$\frac{1}{\sqrt{14}}$（x+2$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，可得
8x²+4$\sqrt{2}$x-48=0，
解得x=-2$\sqrt{2}$，或$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，即有P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{7}}{2}$）；
（2）設M（4$\sqrt{2}$，m），由A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），
可得MA的方程為y=$\frac{m}{6\sqrt{2}}$（x+2$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，可得
（36+m²）x²+4$\sqrt{2}$m²x+8m²-288=0，
由-2$\sqrt{2}$x_P=$\frac{8{m}^{2}-288}{36+{m}^{2}}$，可得x_P=$\frac{（72-2{m}^{2}）\sqrt{2}}{36+{m}^{2}}$，
y_P=$\frac{m}{6\sqrt{2}}$（x_P+2$\sqrt{2}$）=$\frac{24m}{36+{m}^{2}}$；
又MB：y=$\frac{m}{2\sqrt{2}}$（x-2$\sqrt{2}$），代入橢圓方程，可得
（4+m²）x²-4$\sqrt{2}$m²x+8m²-32=0，
由2$\sqrt{2}$+x_Q=$\frac{4\sqrt{2}{m}^{2}}{4+{m}^{2}}$，可得x_Q=$\frac{（2{m}^{2}-8）\sqrt{2}}{4+{m}^{2}}$，
y_Q=$\frac{m}{2\sqrt{2}}$（x_Q-2$\sqrt{2}$）=-$\frac{8m}{4+{m}^{2}}$，
即有直線PQ的斜率為k=$\frac{{y}_{Q}-{y}_{P}}{{x}_{Q}-{x}_{P}}$=$\frac{8m}{\sqrt{2}（12-{m}^{2}）}$，
則直線PQ：y-$\frac{24m}{36+{m}^{2}}$=$\frac{8m}{\sqrt{2}（12-{m}^{2}）}$（x-$\frac{（72-2{m}^{2}）\sqrt{2}}{36+{m}^{2}}$），
化簡即有y=$\frac{8m}{12-{m}^{2}}$（$\frac{\sqrt{2}}{2}$x-1），
由$\frac{\sqrt{2}}{2}$x-1=0，解得x=$\sqrt{2}$，y=0．
故直線PQ恒過定點（$\sqrt{2}$，0）．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理，同時考查直線方程的運用以及直線的斜率公式，考查運算能力，屬于中檔題．