Question

16．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距为4，且过点A（$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$）．
（Ⅰ）求椭圆C的方程和椭圆的离心率；
（Ⅱ）过点（4，0）作直线l交椭圆C于P，Q两点，点S与P关于x轴对称，求证：直线SQ恒过定点并求出定点坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据题意，可得方程组$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}={b}^{2}+4}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解可得a、b的值，进一步可得c的值，将其代入椭圆方程可得其标准方程以及离心率；
（Ⅱ）分析可得直线l的斜率存在，故可以设l的方程为y=k（x-4），表示出点S与P的坐标；联立直线与椭圆的方程，可得（2k²+1）x²-16k²x+32k²-8=0，求出k的范围，进而结合方程用k表示出x_s+x_p，x_s•x_p，不妨设x_s＞x_p，则可以表示x_s-x_p、y_s+y_p、y_s-y_p，记SQ的中点为M，表示出M的坐标，进而可以表示直线SQ的方程，对其变形可得SQ所过得定点坐标．

解答 解：（Ⅰ）根据题意，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距为4，且过点A（$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），
则有$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}={b}^{2}+4}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解可得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{{b}^{2}=4}\end{array}\right.$，
则c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=2，则e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故所求椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，其离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（Ⅱ）显然直线l的斜率存在，故可以设l的方程为y=k（x-4），
∵点S与P关于x轴对称，∴x_s=x_p，y_s=-y_p，
联立方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=k（x-4）}\end{array}\right.$，则可得（2k²+1）x²-16k²x+32k²-8=0，
△=（-16k²）²-4（2k²+1）（32k²-8）＞0，解可得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
则x_s+x_Q=$\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x_s•x_Q=$\frac{32{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}$，
不妨设x_s＞x_Q，则x_s-x_Q=$\frac{4\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$$\sqrt{1-2{k}^{2}}$，
y_s+y_Q=k（x_s+x_Q-8）=-$\frac{8k}{2{k}^{2}+1}$，y_s-y_Q=k（x_s-x_Q）=k•$\frac{4\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$$\sqrt{1-2{k}^{2}}$，
k_SQ=$\frac{{y}_{S}-{y}_{Q}}{{x}_{S}-{x}_{Q}}$=$\frac{\sqrt{2}k}{\sqrt{1-2{k}^{2}}}$，
记SQ的中点为M，则M（$\frac{{x}_{S}+{x}_{Q}}{2}$，$\frac{{y}_{S}+{y}_{Q}}{2}$），
即则M（$\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，-$\frac{2\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$$\sqrt{1-2{k}^{2}}$），
SQ的方程为y=$\frac{\sqrt{2}k}{\sqrt{1-2{k}^{2}}}$x-$\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{1-2{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}k}{\sqrt{1-2{k}^{2}}}$（x-2），
即点（2，0）在直线SQ上，
同理若x_s＜x_p，点（2，0）在直线SQ上，
综合可得：直线SQ恒过定点（2，0）．

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系，解答的关键要根据题意，联立方程组，其次要掌握常见的计算技巧，提高计算能力．