Question

6．已知过点（0，-$\sqrt{3}$）的椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）与双曲线$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）有相同的焦点（-c，0）和（c，0），若c是a、m的等比中项，n²是2m²与c²的等差中项．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设直AB与椭圆交于不同两点A、B，点A关于x轴的对称点为A′，若直线AB过定点T（$\sqrt{2}$，0），求证：直线A′B过定点P（2$\sqrt{2}$，0）．

Answer 1

分析 （1）运用等差数列和等比数列的中项的性质，结合椭圆和双曲线的基本元素的关系，再由离心率公式可得所求值；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．则A′（x₁，-y₁）．由题意可知直线AB的斜率存在．设直线AB的方程为：y=k（x-2），与联立与椭圆的方程联立可得根与系数的关系．由直线A′B方程：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），令y=0，化为x=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，再利用y₁=k（x₁-2），y₂=k（x₂-2），分别得到y₁+y₂=k（x₁+x₂-2$\sqrt{2}$），y₁x₂+y₂x₁=kx₂（x₁-$\sqrt{2}$）+kx₁（x₂-$\sqrt{2}$）=2kx₁x₂-$\sqrt{2}$k（x₁+x₂）．即可证明．

解答 解：（1）由题意可得b=$\sqrt{3}$，a²-b²=m²+n²=c²，
由c是a、m的等比中项，可得am=c²，
由n²是2m²与c²的等差中项，可得2n²=2m²+c²，
即有n=$\sqrt{3}$m，c=2m，a=2c，
可得椭圆的离心率为e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$；
（2）证明：由（1）可得a=2，b=$\sqrt{3}$，
椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则A′（x₁，-y₁）．
由题意可知直线AB的斜率存在．
设直线AB的方程为：y=k（x-$\sqrt{2}$），
联立 $\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\sqrt{2}）}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，化为（3+4k²）x²-8$\sqrt{2}$k²x+8k²-12=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
由直线A′B方程：y+y₁=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
令y=0，化为x=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
∵y₁=k（x₁-$\sqrt{2}$），y₂=k（x₂-$\sqrt{2}$），
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂-2$\sqrt{2}$）=$\frac{-6\sqrt{2}k}{3+4{k}^{2}}$．
y₁x₂+y₂x₁=kx₂（x₁-$\sqrt{2}$）+kx₁（x₂-$\sqrt{2}$）
=2kx₁x₂-$\sqrt{2}$k（x₁+x₂）=2k•$\frac{8{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-$\sqrt{2}$k•$\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{-24k}{3+4{k}^{2}}$，
∴x=$\frac{-24k}{-6\sqrt{2}k}$=2$\sqrt{2}$．
即直线A′B过定点P（2$\sqrt{2}$，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、以及等差数列和等比数列的中项的性质，直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、直线过定点问题等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．