Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$），離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若動(dòng)直線l（不經(jīng)過橢圓上頂點(diǎn)A）與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0，求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由橢圓經(jīng)過點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$），離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）由$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}=0$，知AP⊥AQ，設(shè)直線AP的方程為y=kx+1，則直線AQ的方程為$y=-\frac{1}{k}x+1（k≠0）$，將y=kx+1代入橢圓C的方程$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，得（1+3k²）x²+6kx=0，求出P點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，由此求出直線l的方程，從而能證明直線l過定點(diǎn)$（0，-\frac{1}{2}）$．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$），離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{6}{9^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得$a=\sqrt{3}，b=1$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．…（5分）
證明：（2）由$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{AQ}=0$，知AP⊥AQ，從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直，
故不妨設(shè)直線AP的方程為y=kx+1，則直線AQ的方程為$y=-\frac{1}{k}x+1（k≠0）$，
將y=kx+1代入橢圓C的方程$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，
并整理得（1+3k²）x²+6kx=0，…（7分）
解得x=0（舍去）或$x=-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}$，
因此P的坐標(biāo)為$（-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}，-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}+1）$，即$（-\frac{6k}{{1+3{k^2}}}，\frac{{1-3{k^2}}}{{1+3{k^2}}}）$．
將上式中的k換成$-\frac{1}{k}$，得$Q（\frac{6k}{{{k^2}+3}}，\frac{{{k^2}-3}}{{{k^2}+3}}）$，…（9分）
直線l的方程為$y=\frac{{\frac{{{k^2}-3}}{{{k^2}+3}}-\frac{{1-3{k^2}}}{{1+3{k^2}}}}}{{\frac{6k}{{{k^2}+3}}+\frac{6k}{{1+3{k^2}}}}}（x-\frac{6k}{{{k^2}+3}}）+\frac{{{k^2}-3}}{{{k^2}+3}}$，
化簡(jiǎn)得直線l的方程為$y=\frac{{{k^2}-1}}{4k}x-\frac{1}{2}$，
所以直線l過定點(diǎn)$（0，-\frac{1}{2}）$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查直線過定點(diǎn)的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．