Question

13．如圖，橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0）過點(diǎn)M（0，-$\sqrt{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）已知橢圓C₂：x²+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，過點(diǎn)M引兩條斜率分別為k，4k的直線分別交C₁，C₂于點(diǎn)P，Q，問直線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 （1）運(yùn)用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，計(jì)算即可得到a，b，進(jìn)而得到橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線MP的方程為y=kx-$\sqrt{2}$，代入橢圓x²+2y²=4，求得P的坐標(biāo)；直線MQ的方程為y=4kx-$\sqrt{2}$，代入橢圓2x²+y²=2，求得Q的坐標(biāo)，求出PQ的斜率，運(yùn)用點(diǎn)斜式方程可得直線的方程，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=c=$\sqrt{2}$，
可得a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，
即有橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）直線MP的方程為y=kx-$\sqrt{2}$，代入橢圓x²+2y²=4，
可得（1+2k²）x²-4$\sqrt{2}$kx=0，
解得x=$\frac{4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$，即有P（$\frac{4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{\sqrt{2}（2{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$）；
直線MQ的方程為y=4kx-$\sqrt{2}$，代入橢圓2x²+y²=2，
可得（1+8k²）x²-4$\sqrt{2}$kx=0，
解得x=$\frac{4\sqrt{2}}{1+8{k}^{2}}$，即有Q（$\frac{4\sqrt{2}k}{1+8{k}^{2}}$，$\frac{\sqrt{2}（8{k}^{2}-1）}{1+8{k}^{2}}$）．
直線PQ的斜率為k_PQ=$\frac{{y}_{Q}-{y}_{P}}{{x}_{Q}-{x}_{P}}$=$\frac{（2{k}^{2}-1）（1+8{k}^{2}）-（8{k}^{2}-1）（1+2{k}^{2}）}{4k•6{k}^{2}}$=-$\frac{1}{2k}$，
即有直線PQ的方程為y-$\frac{\sqrt{2}（2{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{2k}$（x-$\frac{4\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}$），
即為y=-$\frac{1}{2k}$x+$\sqrt{2}$
即有直線PQ恒過定點(diǎn)（0，$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式，考查直線恒過定點(diǎn)的解法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求交點(diǎn)，運(yùn)用直線的斜率和直線方程，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．