Question

6．已知橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，點(diǎn)P（$\frac{\sqrt{6}}{2}$，1）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過C的右焦點(diǎn)F作兩條弦AB，CD，滿足$\overrightarrow{AB}$?$\overrightarrow{CD}$=0，且$\overrightarrow{AB}$=2$\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{CD}$=2$\overrightarrow{CN}$，求證：直線MN過定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由a=$\sqrt{3}$c，則b²=a²-c²=2c²，將P代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程．
（2）然后分弦AB，CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在兩種情況求解．當(dāng)斜率均存在時(shí)，寫出直線AB的方程，代入橢圓方程后化簡(jiǎn)，利用根與系數(shù)關(guān)系求得M坐標(biāo)，同理求得N的坐標(biāo)．進(jìn)一步分k≠±1和k=±1求得直線MN的方程，從而說明直線MN過定點(diǎn)，當(dāng)弦AB或CD的斜率不存在時(shí)，易知，直線MN為x軸，也過點(diǎn)（$\frac{3}{5}$，0）．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，則a=$\sqrt{3}$c，
b²=a²-c²=2c²，將P代入橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{3{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2{c}^{2}}=1$，
即$\frac{6}{4×3{c}^{2}}+\frac{1}{2{c}^{2}}=1$，解得c=1，
則a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，
則橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）證明：由（1）橢圓的右焦點(diǎn)F（1，0），
當(dāng)弦AB，CD的斜率均存在時(shí)，
設(shè)AB的斜率為k，則CD的斜率為-$\frac{1}{k}$．
直線AB的方程：y=k（x-1），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB中點(diǎn)M（x₀，y₀）．
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3k²+2）x²-6k²x+（3k²-6）=0．
則x₁+x₂=$\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，x₁x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，y₀=k（x₀-1）=-$\frac{2k}{3{k}^{2}+2}$，
于是M（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，-$\frac{2k}{3{k}^{2}+2}$）．
∵CD⊥AB，∴將點(diǎn)M坐標(biāo)中的k換為-$\frac{1}{k}$，
即得點(diǎn)N（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$，$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$）．
①當(dāng)k≠±1時(shí)，直線MN的方程為y-$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$=-$\frac{5k}{3{k}^{2}-3}$（x-$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$）．
令y=0，得x=$\frac{3}{5}$，則直線MN過定點(diǎn)（$\frac{3}{5}$，0）；
②當(dāng)k=±1時(shí)，易得直線MN的方程x=$\frac{3}{5}$，也過點(diǎn)（$\frac{3}{5}$，0）．
當(dāng)弦AB或CD的斜率不存在時(shí)，易知，直線MN為x軸，也過點(diǎn)（$\frac{3}{5}$，0）．
綜上，直線MN必過定點(diǎn)（$\frac{3}{5}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓方程的求法，考查了直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及直線和圓錐曲線問題，常采用聯(lián)立直線方程和圓錐曲線方程，利用根與系數(shù)關(guān)系求解，是中檔題．