Question

13．如圖，中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T₁，T₂都過(guò)點(diǎn)M（0，-$\sqrt{2}$），且橢圓T₁與T₂的離心率均為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓T₁與橢圓T₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)M引兩條斜率分別為k，k′的直線(xiàn)分別交T₁，T₂于點(diǎn)P，Q，當(dāng)k′=4k時(shí)，問(wèn)直線(xiàn)PQ是否過(guò)定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T₁，T₂都過(guò)點(diǎn)M（0，-$\sqrt{2}$），且橢圓T₁與T₂的離心率均為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可求得橢圓T₁與橢圓T₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）聯(lián)立直線(xiàn)與橢圓方程，求出P，Q的坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線(xiàn)方程，可得直線(xiàn)PQ過(guò)定點(diǎn)（0，$\sqrt{2}$）．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓T₁與T₂的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$a=b=c
∵焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上的橢圓T₁，T₂都過(guò)點(diǎn)M（0，-$\sqrt{2}$），
故橢圓T₁的b=c=$\sqrt{2}$，a=2，
橢圓T₂的b=c=1，a=$\sqrt{2}$，
故橢圓T₁與橢圓T₂的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）直線(xiàn)MP的方程為$y=kx-\sqrt{2}$，
聯(lián)立橢圓方程得：$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1\\ y=kx-\sqrt{2}\end{array}\right.$，
消去y得$（2{k}^{2}+1）{x}^{2}-4\sqrt{2}kx=0$，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為$\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$，
則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（$\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$，$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$）
同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：（$\frac{4\sqrt{2}k}{8{k}^{2}+1}$，$\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{8{k}^{2}+1}$），
故直線(xiàn)PQ的斜率k_PQ=$\frac{\frac{8\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{8{k}^{2}+1}-\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}}{\frac{4\sqrt{2}k}{8{k}^{2}+1}-\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}}$=-$\frac{1}{2k}$，
則直線(xiàn)PQ的方程為：y-$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}-\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$=-$\frac{1}{2k}$（x-$\frac{4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$），
即y=-$\frac{1}{2k}$x+$\sqrt{2}$，
即當(dāng)x=0時(shí)，y=$\sqrt{2}$，
故直線(xiàn)PQ過(guò)定點(diǎn)（0，$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的關(guān)系，直線(xiàn)的方程，難度中檔．