Question

6．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，點P的坐標(biāo)為（2，$\sqrt{3}$），點F₂在線段PF₁的垂直平分線上．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)l₁，l₂是過點G（$\frac{3}{2}$，0）且互相垂直的兩條直線，l₁交E于A，B兩點，l₂交E于C，D兩點，求l₁的斜率k的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，設(shè)AB，CD的中點分別為M，N．證明：直線MN恒過一定點．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左、右焦點分別為F₁、F₂，點P（2，$\sqrt{3}$），點F₂在線段PF₁的中垂線上，求出幾何量，即可得到橢圓的方程；
（2）設(shè)出直線l₁，l₂的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根的判別式，即可確定l₁的斜率k的取值范圍；
（3）利用韋達(dá)定理，確定M，N的坐標(biāo)，分類討論，確定直線MN的方程，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）由橢圓E的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵點F₂在線段PF₁的中垂線上，∴|F₁F₂|=|PF₂|
∵F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0）
∴$（2c）^{2}=（2-c）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}$
解得c=1，a²=2，b²=1
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由題意知，直線l₁的斜率存在并不為零，
∴l(xiāng)₁：y=k（x-$\frac{3}{2}$），∴l(xiāng)₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{3}{2}$）
由y=k（x-$\frac{3}{2}$），代入橢圓方程消去y并化簡整理，得（1+2k²）x²-6k²x+$\frac{9}{2}$k²-2=0，
根據(jù)題意，△＞0，∴k²＜4
同理$（-\frac{1}{k}）^{2}$＜4，∴k²＞$\frac{1}{4}$
∴$\frac{1}{4}$＜k²＜4
∴k∈（-2，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，2）；
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），則x₁+x₂=$\frac{6{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$
∴x₀=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$
∴y₀=-$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$
∴M（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$）
同理N（$\frac{3}{{k}^{2}+2}$，$\frac{3k}{2（{k}^{2}+2）}$）
①當(dāng)k²=1時，直線MN的方程為x=1；
②當(dāng)k²≠1時，直線MN的斜率為k_MN=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$
∴直線MN的方程為y+$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$（x-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）
化簡可得y=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$（x-1），此直線恒過定點K（1，0）
綜合①②知，直線MN恒過定點K（1，0）．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線恒過定點，考查學(xué)生分析解決問題的能力，正確運用韋達(dá)定理是關(guān)鍵．