Question

11．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距为4，且点（-2，$\sqrt{2}$）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点B为椭圆的下顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q（异于点B），直线BQ与BP的斜率之和为2，求证：直线l经过定点．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的焦距为4，且点（-2，$\sqrt{2}$）在椭圆C上列出方程组求出a，b，则椭圆C的方程可求；
（2）B（0，-2），当直线l的斜率不存在时，推导出直线l为x=2；当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为y=kx+m，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及直线斜率公式，结合已知条件能证出直线l经过定点（2，2）．

解答 解：（1）由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{2c=4}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=8，b²=4，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
证明：（2）∵点B为椭圆C的下顶点，∴B（0，-2），
当直线l的斜率不存在时，设直线l：x=x₀，（-2$\sqrt{2}$＜x₀＜2$\sqrt{2}$，x₀≠0），
则P（x₀，y₀），Q（x₀，-y₀），
∵直线BQ与BP的斜率之和为2，
∴$\frac{{y}_{0}+2}{{x}_{0}}+\frac{-{y}_{0}+2}{{x}_{0}}=2$，解得x₀=2，
∴直线l为x=2，过定点（2，2）．
当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
∵直线BQ与BP的斜率之和为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，
∴直线y=kx+m过定点（2，2）．
综上，直线l经过定点（2，2）．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．