Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為4，且點(diǎn)（-2，$\sqrt{2}$）在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點(diǎn)B為橢圓的下頂點(diǎn)，直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)P，Q（異于點(diǎn)B），直線BQ與BP的斜率之和為2，求證：直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的焦距為4，且點(diǎn)（-2，$\sqrt{2}$）在橢圓C上列出方程組求出a，b，則橢圓C的方程可求；
（2）B（0，-2），當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，推導(dǎo)出直線l為x=2；當(dāng)直線l的斜率k存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系及直線斜率公式，結(jié)合已知條件能證出直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（2，2）．

解答 解：（1）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{2c=4}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=8，b²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
證明：（2）∵點(diǎn)B為橢圓C的下頂點(diǎn)，∴B（0，-2），
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線l：x=x₀，（-2$\sqrt{2}$＜x₀＜2$\sqrt{2}$，x₀≠0），
則P（x₀，y₀），Q（x₀，-y₀），
∵直線BQ與BP的斜率之和為2，
∴$\frac{{y}_{0}+2}{{x}_{0}}+\frac{-{y}_{0}+2}{{x}_{0}}=2$，解得x₀=2，
∴直線l為x=2，過(guò)定點(diǎn)（2，2）．
當(dāng)直線l的斜率k存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
∵直線BQ與BP的斜率之和為2，
∴k_BQ+k_BP=$\frac{{y}_{2}+2}{{x}_{2}}+\frac{{y}_{1}+2}{{x}_{1}}$=$\frac{k{x}_{2}+m+2}{{x}_{2}}+\frac{k{x}_{1}+m+2}{{x}_{1}}$
=2k+$\frac{（m+2）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=2k+$\frac{（m+2）•（-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）}{\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=2k-$\frac{2km}{m-2}$=$\frac{4k}{2-m}$=2，
∴m=2-2k，
∴y=kx+m=kx+2-2k=k（x-2）+2，
∴直線y=kx+m過(guò)定點(diǎn)（2，2）．
綜上，直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（2，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“設(shè)而不求”的解題思想方法，是中檔題．