Question

6．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左右焦点分别为F₁，F₂，点P的坐标为（2，$\sqrt{3}$），点F₂在线段PF₁的垂直平分线上．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设l₁，l₂是过点G（$\frac{3}{2}$，0）且互相垂直的两条直线，l₁交E于A，B两点，l₂交E于C，D两点，求l₁的斜率k的取值范围；
（3）在（2）的条件下，设AB，CD的中点分别为M，N．证明：直线MN恒过一定点．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左、右焦点分别为F₁、F₂，点P（2，$\sqrt{3}$），点F₂在线段PF₁的中垂线上，求出几何量，即可得到椭圆的方程；
（2）设出直线l₁，l₂的方程，与椭圆方程联立，利用根的判别式，即可确定l₁的斜率k的取值范围；
（3）利用韦达定理，确定M，N的坐标，分类讨论，确定直线MN的方程，即可得到结论．

解答 解：（1）由椭圆E的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵点F₂在线段PF₁的中垂线上，∴|F₁F₂|=|PF₂|
∵F₁（-c，0），F₂（c，0）
∴$（2c）^{2}=（2-c）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}$
解得c=1，a²=2，b²=1
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由题意知，直线l₁的斜率存在并不为零，
∴l₁：y=k（x-$\frac{3}{2}$），∴l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{3}{2}$）
由y=k（x-$\frac{3}{2}$），代入椭圆方程消去y并化简整理，得（1+2k²）x²-6k²x+$\frac{9}{2}$k²-2=0，
根据题意，△＞0，∴k²＜4
同理$（-\frac{1}{k}）^{2}$＜4，∴k²＞$\frac{1}{4}$
∴$\frac{1}{4}$＜k²＜4
∴k∈（-2，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，2）；
（3）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀），则x₁+x₂=$\frac{6{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$
∴x₀=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$
∴y₀=-$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$
∴M（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$）
同理N（$\frac{3}{{k}^{2}+2}$，$\frac{3k}{2（{k}^{2}+2）}$）
①当k²=1时，直线MN的方程为x=1；
②当k²≠1时，直线MN的斜率为k_MN=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$
∴直线MN的方程为y+$\frac{3k}{2（1+2{k}^{2}）}$=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$（x-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）
化简可得y=$\frac{3k}{2（1-{k}^{2}）}$（x-1），此直线恒过定点K（1，0）
综合①②知，直线MN恒过定点K（1，0）．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线恒过定点，考查学生分析解决问题的能力，正确运用韦达定理是关键．