Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，其長軸與短軸之比為$\frac{\sqrt{6}}{2}$，且點（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的離心率及方程；
（2）已知l₁，l₂是過點F₂且相互垂直的兩條直線，l₁交橢圓C于M，N兩點，l₂交橢圓C于P，Q兩點，記MN，PQ的中點分別為R，S，探究直線RS是否過某一定點．

Answer 1

分析 （1）由已知得到$\frac{a}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，再把點的坐標(biāo)代入橢圓方程，然后聯(lián)立求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）當(dāng)直線l₁，l₂的斜率存在且不為0時，分別設(shè)出兩直線方程，和橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得R，S的坐標(biāo)，寫出直線方程，可得直線RS過點（$\frac{3}{5}，0$），驗證直線l₁，l₂的斜率一個不存在而另一個為0時成立得答案．

解答 解：（1）由題設(shè)知：$\frac{a}=\frac{\sqrt{6}}{2}$  ①，
又點（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）在橢圓C上，
∴$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{4}{3^{2}}=1$  ②，
聯(lián)立①②解得：a²=3，b²=2，
∴c²=a²-b²=1，
則$a=\sqrt{3}，c=1$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$；
橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由（1）知，F(xiàn)₂（1，0），
當(dāng)直線l₁，l₂的斜率存在且不為0時，設(shè)l₁：y=k（x-1），則直線l₂：y=$-\frac{1}{k}（x-1）$，
再設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（2+3k²）x²-6k²x+3k²-6=0．
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{6{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-4k}{2+3{k}^{2}}$．
∴MN的中點R（$\frac{3{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}，-\frac{2k}{2+3{k}^{2}}$），
同理可得PQ的中點S（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），
則直線RS的斜率為$\frac{\frac{2k}{2{k}^{2}+3}+\frac{2k}{2+3{k}^{2}}}{\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{3{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}}$=$\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}$，
方程為$y-\frac{2k}{2{k}^{2}+3}=\frac{5k}{3-3{k}^{2}}（x-\frac{3}{2{k}^{2}+3}）$．
取y=0，得x=$\frac{3}{5}$，
∴直線RS過點（$\frac{3}{5}，0$）；
當(dāng)直線l₁，l₂的斜率一個不存在而另一個為0時，直線RS過點（$\frac{3}{5}，0$）．
綜上所述，直線RS過定點（$\frac{3}{5}，0$）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線必過某定點的證明．解題時要認(rèn)真審題，注意直線與橢圓位置關(guān)系的靈活運用，是中檔題．