Question

10．已知橢圓Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率等于$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，橢圓Γ上的點到它的中心的距離的最小值為2．
（Ⅰ）求橢圓Γ的方程；
（Ⅱ）過點E（0，4）作關(guān)于y軸對稱的兩條直線分別與橢圓Γ相交，y軸左邊的交點由上到下依次為A，B，y軸右邊的交點由上到下依次為C，D，求證：直線AD過定點，并求出定點坐標．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓離心率等于$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，橢圓Γ上的點到它的中心的距離的最小值為2，列出方程組，求出a，b，c，由此能求出橢圓Γ的方程．
（Ⅱ）設(shè)AB方程為y=kx+4（k＞0），代入$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，得（1+2k²）x²+16kx+24=0，由此利用韋達定理、橢圓對稱性，結(jié)合已知條件能證明AD恒過定點（0，1）．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率等于$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，橢圓Γ上的點到它的中心的距離的最小值為2，
∴由已知$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}={{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}_{\;}}}\\{b=2}\\{{a^2}={b^2}+{c^2}}\end{array}}\right.$，（2分）
解得$\left\{{\begin{array}{l}{a=2\sqrt{2}}\\{b=2}\end{array}}\right.$，
∴橢圓Γ的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$（4分）
證明：（Ⅱ）由已知可設(shè)AB方程為y=kx+4（k＞0），
代入$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，得（1+2k²）x²+16kx+24=0，（5分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{{16{k^{\;}}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{24}{{1+2{k^2}}}$（6分）
由對稱性知D（-x₂，y₂），∴AD方程為$y-{y_1}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}（x-{x_1}）$，（8分）
∵y₁=kx₁+4，y₂=kx₂+4，
∴AD方程可化為$y=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}（x-{x_1}）+k{x_1}+4$（9分）
=$\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}x-\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+k{x_1}+4$
=$\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}x+k{x_1}\frac{{2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}+4=\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}x+2k×\frac{{\frac{24}{{1+2{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^{\;}}}}{{1+2{k^2}}}}}+4$
=$\frac{{k（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}x+1$（12分）
∴AD恒過定點，定點為（0，1）（13分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線過定點的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達定理、直線方程的合理運用．