已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，点M（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$）在椭圆C上．分析 （Ⅰ）由已知条件得到关于a，b，c的方程组，求解方程组得到a2，b2的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）由（1）求出椭圆左焦点F1的坐标，设出两直线斜率均存在时，直线AB的方程为y=k（x+1），联立直线方程与椭圆方程，求出AB中点坐标，用-$\frac{1}{k}$代换k，得到点Q的坐标，进一步得到PQ所在直线方程，得到直线PQ过定点（$-\frac{2}{3}$，0）；若两直线中有一条斜率不存在，则由题意知直线PQ为x轴，结论仍然成立，由此说明直线PQ过定点．
解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距为2，且点M（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$）在椭圆C上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得：a2=2，b2=1．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$c=\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}=\sqrt{2-1}-1$，
∴F1（-1，0）．
若两直线斜率均存在，设直线AB的方程为y=k（x+1），
代入椭圆C的轨迹方程，得到：（1+2k2）x2+4k2x+2k2-2=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2k=k\frac{-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}+2k$=$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$．
则AB的中点坐标为P（$\frac{-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$），
将上式中的k用-$\frac{1}{k}$代换，得到点Q的坐标（$-\frac{2}{{k}^{2}+2}$，$-\frac{k}{{k}^{2}+2}$），
由点P，Q的坐标得到直线PQ的方程为$y+\frac{k}{{k}^{2}+2}=\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}（x+\frac{2}{{k}^{2}+2}）$．
即$y=\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}（x+\frac{2}{3}）$，
∴直线PQ过定点（$-\frac{2}{3}$，0），
若两直线中有一条斜率不存在，则由题意知直线PQ为x轴，上述结论仍然成立．
∴直线PQ过定点（$-\frac{2}{3}$，0）．
点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线是否过定点的判断方法，训练了直线与圆锥曲线位置关系的应用，注意函数与方程思想的合理运用，是中档题．
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已知函数f（x）=|2x-1|+|x-a|，g（x）=x-1．查看答案和解析>>
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