题目内容
10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，其长轴与短轴之比为$\frac{\sqrt{6}}{2}$，且点（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）在椭圆C上．（1）求椭圆C的离心率及方程；
（2）已知l1，l2是过点F2且相互垂直的两条直线，l1交椭圆C于M，N两点，l2交椭圆C于P，Q两点，记MN，PQ的中点分别为R，S，探究直线RS是否过某一定点．
分析 （1）由已知得到$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，再把点的坐标代入椭圆方程，然后联立求得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）当直线l1，l2的斜率存在且不为0时，分别设出两直线方程，和椭圆方程联立，利用根与系数的关系求得R，S的坐标，写出直线方程，可得直线RS过点（$\frac{3}{5}，0$），验证直线l1，l2的斜率一个不存在而另一个为0时成立得答案．
解答 解：（1）由题设知：$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ①，
又点（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）在椭圆C上，
∴$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{4}{3{b}^{2}}=1$ ②，
联立①②解得：a2=3，b2=2，
∴c2=a2-b2=1，
则$a=\sqrt{3}，c=1$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$；
椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由（1）知，F2（1，0），
当直线l1，l2的斜率存在且不为0时，设l1：y=k（x-1），则直线l2：y=$-\frac{1}{k}（x-1）$，
再设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，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的中点R（$\frac{3{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}，-\frac{2k}{2+3{k}^{2}}$），
同理可得PQ的中点S（$\frac{3}{2{k}^{2}+3}，\frac{2k}{2{k}^{2}+3}$），
则直线RS的斜率为$\frac{\frac{2k}{2{k}^{2}+3}+\frac{2k}{2+3{k}^{2}}}{\frac{3}{2{k}^{2}+3}-\frac{3{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}}$=$\frac{5k}{3（1-{k}^{2}）}$，
方程为$y-\frac{2k}{2{k}^{2}+3}=\frac{5k}{3-3{k}^{2}}（x-\frac{3}{2{k}^{2}+3}）$．
取y=0，得x=$\frac{3}{5}$，
∴直线RS过点（$\frac{3}{5}，0$）；
当直线l1，l2的斜率一个不存在而另一个为0时，直线RS过点（$\frac{3}{5}，0$）．
综上所述，直线RS过定点（$\frac{3}{5}，0$）．
点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线必过某定点的证明．解题时要认真审题，注意直线与椭圆位置关系的灵活运用，是中档题．
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