13.如圖,中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T1,T2都過點(diǎn)M(0,-$\sqrt{2}$),且橢圓T1與T2的離心率均為$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(Ⅰ)求橢圓T1與橢圓T2的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(Ⅱ)過點(diǎn)M引兩條斜率分別為k,k′的直線分別交T1,T2于點(diǎn)P,Q,當(dāng)k′=4k時(shí),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.

分析 (Ⅰ)由中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T1,T2都過點(diǎn)M(0,-$\sqrt{2}$),且橢圓T1與T2的離心率均為$\frac{\sqrt{2}}{2}$,可求得橢圓T1與橢圓T2的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(Ⅱ)聯(lián)立直線與橢圓方程,求出P,Q的坐標(biāo),進(jìn)而得到直線方程,可得直線PQ過定點(diǎn)(0,$\sqrt{2}$).

解答 解:(Ⅰ)∵橢圓T1與T2的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$a=b=c
∵焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T1,T2都過點(diǎn)M(0,-$\sqrt{2}$),
故橢圓T1的b=c=$\sqrt{2}$,a=2,
橢圓T2的b=c=1,a=$\sqrt{2}$,
故橢圓T1與橢圓T2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為:$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$,$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$;
(Ⅱ)直線MP的方程為$y=kx-\sqrt{2}$,
聯(lián)立橢圓方程得:$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1\\ y=kx-\sqrt{2}\end{array}\right.$,
消去y得$(2{k}^{2}+1){x}^{2}-4\sqrt{2}kx=0$,則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為$\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$,
則點(diǎn)P的坐標(biāo)為($\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$,$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$)
同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為:($\frac{4\sqrt{2}k}{8{k}^{2}+1}$,$\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{8{k}^{2}+1}$),
故直線PQ的斜率kPQ=$\frac{\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{8{k}^{2}+1}-\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}}{\frac{4\sqrt{2}k}{8{k}^{2}+1}-\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}}$=-$\frac{1}{2k}$,
則直線PQ的方程為:y-$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{2k}$(x-$\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$),
即y=-$\frac{1}{2k}$x+$\sqrt{2}$,
即當(dāng)x=0時(shí),y=$\sqrt{2}$,
故直線PQ過定點(diǎn)(0,$\sqrt{2}$).

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線與圓錐曲線的關(guān)系,直線的方程,難度中檔.

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