Question

6．已知椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，点P（$\frac{\sqrt{6}}{2}$，1）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过C的右焦点F作两条弦AB，CD，满足$\overrightarrow{AB}$?$\overrightarrow{CD}$=0，且$\overrightarrow{AB}$=2$\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{CD}$=2$\overrightarrow{CN}$，求证：直线MN过定点，并求出此定点．

Answer 1

分析 （1）由a=$\sqrt{3}$c，则b²=a²-c²=2c²，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程．
（2）然后分弦AB，CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在两种情况求解．当斜率均存在时，写出直线AB的方程，代入椭圆方程后化简，利用根与系数关系求得M坐标，同理求得N的坐标．进一步分k≠±1和k=±1求得直线MN的方程，从而说明直线MN过定点，当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（$\frac{3}{5}$，0）．

解答 解：（1）由椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，则a=$\sqrt{3}$c，
b²=a²-c²=2c²，将P代入椭圆方程：$\frac{{x}^{2}}{3{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2{c}^{2}}=1$，
即$\frac{6}{4×3{c}^{2}}+\frac{1}{2{c}^{2}}=1$，解得c=1，
则a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，
则椭圆方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）证明：由（1）椭圆的右焦点F（1，0），
当弦AB，CD的斜率均存在时，
设AB的斜率为k，则CD的斜率为-$\frac{1}{k}$．
直线AB的方程：y=k（x-1），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），线段AB中点M（x₀，y₀）．
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3k²+2）x²-6k²x+（3k²-6）=0．
则x₁+x₂=$\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，x₁x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，y₀=k（x₀-1）=-$\frac{2k}{3{k}^{2}+2}$，
于是M（$\frac{3{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，-$\frac{2k}{3{k}^{2}+2}$）．
∵CD⊥AB，∴将点M坐标中的k换为-$\frac{1}{k}$，
即得点N（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$，$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$）．
①当k≠±1时，直线MN的方程为y-$\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$=-$\frac{5k}{3{k}^{2}-3}$（x-$\frac{3}{2{k}^{2}+3}$）．
令y=0，得x=$\frac{3}{5}$，则直线MN过定点（$\frac{3}{5}$，0）；
②当k=±1时，易得直线MN的方程x=$\frac{3}{5}$，也过点（$\frac{3}{5}$，0）．
当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（$\frac{3}{5}$，0）．
综上，直线MN必过定点（$\frac{3}{5}$，0）．

点评 本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线和圆锥曲线的位置关系，涉及直线和圆锥曲线问题，常采用联立直线方程和圆锥曲线方程，利用根与系数关系求解，是中档题．