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    15．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线y=x与椭圆C交于点E，F，直线y=-x与椭圆C交于点G，H，且四边形EHFG的面积为$\frac{16}{5}$．
    （1）求椭圆C的方程；
    （2）过椭圆C的左顶点A作直线l1交椭圆C于另一点P，过点A作垂直于l1的直线l1，l2交椭圆C于另一点Q，当直线l1的斜率变化时，直线PQ是否过x轴上的一定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．

    分析 （1）利用椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得出a=2b，直线y=x代入椭圆C，可得$\frac{{x}^{2}}{4{b}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1，x=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$b，利用四边形EHFG的面积为$\frac{16}{5}$，求出b，可得a，即可求得椭圆的方程；
    （2）设直线l1的方程代入椭圆的方程，消去y，整理得一元二次方程，由韦达定理，可求得P的坐标，以-$\frac{1}{k}$代入，可得Q（$\frac{2{k}^{2}-8}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{4k}{{k}^{2}+4}$），从而可求PQ的直线方程，令y=0，即可得到结论．

    解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
    ∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
    ∴a=2b，
    直线y=x代入椭圆C，可得$\frac{{x}^{2}}{4{b}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1，∴x=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$b，
    ∵直线y=x与椭圆C交于点E，F，直线y=-x与椭圆C交于点G，H，且四边形EHFG的面积为$\frac{16}{5}$，
    ∴（$\frac{4\sqrt{5}}{5}$b）2=$\frac{16}{5}$，
    ∴b=1，
    ∴a=2，
    ∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1；
    （2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线斜率为k，则直线l1的方程为y=k（x+2）
    把它代入椭圆的方程，消去y，整理得：（1+4k2）x2+16k2x+（16k2-4）=0
    由韦达定理得-2+x1=-$\frac{16{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
    ∴x1=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
    ∴y1=k（x1+2）=$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，∴P（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
    以-$\frac{1}{k}$代入，可得Q（$\frac{2{k}^{2}-8}{{k}^{2}+4}$，-$\frac{4k}{{k}^{2}+4}$），则kPQ=-$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$
    ∴PQ的直线方程为y-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{5k}{4（{k}^{2}-1）}$（x-$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
    令y=0，则x=$\frac{16k（{k}^{2}-1）}{5k（1+4{k}^{2}）}$+$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{6}{5}$．
    ∴直线PQ过x轴上的一定点（-$\frac{6}{5}$，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，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，综合性强．

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