Question

15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線y=x與橢圓C交于點(diǎn)E，F(xiàn)，直線y=-x與橢圓C交于點(diǎn)G，H，且四邊形EHFG的面積為$\frac{16}{5}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過橢圓C的左頂點(diǎn)A作直線l₁交橢圓C于另一點(diǎn)P，過點(diǎn)A作垂直于l₁的直線l₁，l₂交橢圓C于另一點(diǎn)Q，當(dāng)直線l₁的斜率變化時(shí)，直線PQ是否過x軸上的一定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)，若不過定點(diǎn)，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得出a=2b，直線y=x代入橢圓C，可得$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1，x=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$b，利用四邊形EHFG的面積為$\frac{16}{5}$，求出b，可得a，即可求得橢圓的方程；
（2）設(shè)直線l₁的方程代入橢圓的方程，消去y，整理得一元二次方程，由韋達(dá)定理，可求得P的坐標(biāo)，以-$\frac{1}{k}$代入，可得Q（$\frac{2{k}^{2}-8}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{4k}{{k}^{2}+4}$），從而可求PQ的直線方程，令y=0，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2b，
直線y=x代入橢圓C，可得$\frac{{x}^{2}}{4^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1，∴x=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$b，
∵直線y=x與橢圓C交于點(diǎn)E，F(xiàn)，直線y=-x與橢圓C交于點(diǎn)G，H，且四邊形EHFG的面積為$\frac{16}{5}$，
∴（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$b）²=$\frac{16}{5}$，
∴b=1，
∴a=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線斜率為k，則直線l₁的方程為y=k（x+2）
把它代入橢圓的方程，消去y，整理得：（1+4k²）x²+16k²x+（16k²-4）=0
由韋達(dá)定理得-2+x₁=-$\frac{16{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
∴x₁=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
∴y₁=k（x₁+2）=$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，∴P（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
以-$\frac{1}{k}$代入，可得Q（$\frac{2{k}^{2}-8}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{4k}{{k}^{2}+4}$），則k_PQ=-$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$
∴PQ的直線方程為y-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$（x-$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
令y=0，則x=$\frac{16k（{k}^{2}-1）}{5k（1+4{k}^{2}）}$+$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{6}{5}$．
∴直線PQ過x軸上的一定點(diǎn)（-$\frac{6}{5}$，0）．

點(diǎn)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，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，綜合性強(qiáng)．