Question

8．如圖為焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，且離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過(guò)點(diǎn)A（-2，1），有橢圓上異于點(diǎn)A的點(diǎn)P出發(fā)的光線射到點(diǎn)A處被直線y=1反射后交橢圓于點(diǎn)Q（點(diǎn)Q與點(diǎn)P不重合）．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)反射光線AQ過(guò)點(diǎn)（0，-3）時(shí)，求△OAP的面積；
（3）求證：直線PQ的斜率為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓方程，利用離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過(guò)點(diǎn)A（-2，1），結(jié)合隱含條件求出a，b的值，即可得出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求出反射光線的斜率，得到入射光線的斜率，寫(xiě)出入射光線方程，聯(lián)立求得P點(diǎn)坐標(biāo)，得到|PA|，再求出原點(diǎn)O到直線的距離，可得△OPQ的面積；
（3）設(shè)直線AP方程、直線AQ的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出P，Q的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．

解答 （1）解：設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，（a＞0，b＞0），
∵橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-2，1），
∴$\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，
∵e=$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，且a²=b²+c²，
∴a=$\sqrt{6}$，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）解：∵反射光線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（-2，1）和（0，-3），
∴反射光線的斜率為k=$\frac{-3-1}{0-（-2）}=-2$，則入射光線的斜率為k=2，
則入射光線所在的直線方程為y-1=2（x+2），即y=2x+5，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+5}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得5x²+40x+44=0．
∵x_A=-2，∴x_P=-6，則y_P=-7，即P（-6，-7），
∴|AP|=$\sqrt{（-6+2）^{2}+（-7-1）^{2}}=4\sqrt{5}$．
又O到直線PA的距離d=$\frac{|2×0-1×0+5|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$，
∴${S}_{△OAP}=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}×\sqrt{5}=10$；
（3）證明：設(shè)直線AP方程為y=k（x+2）+1，則直線AQ的方程為y=-k（x+2）+1
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k+1}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4k（2k+1）x+8k²+8k-4=0，△＞0，
設(shè)P（x₁，y₁），由A（-2，1）可得${x}_{1}-2=\frac{-4k（2k+1）}{1+2{k}^{2}}$，${x}_{1}=\frac{-4{k}^{2}-4k+2}{1+2{k}^{2}}$，
∴P（$\frac{-4{k}^{2}-4k+2}{1+2{k}^{2}}，\frac{-2{k}^{2}+4k}{1+2{k}^{2}}$），
同理，得Q（$\frac{-4{k}^{2}+4k+2}{1+2{k}^{2}}，\frac{-2{k}^{2}-4k}{1+2{k}^{2}}$），
∴k_PQ=$\frac{\frac{-2{k}^{2}-4k}{1+2{k}^{2}}-\frac{-2{k}^{2}+4k}{1+2{k}^{2}}}{\frac{-4{k}^{2}+4k+2}{1+2{k}^{2}}-\frac{-4{k}^{2}-4k+2}{1+2{k}^{2}}}=-1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查直線的斜率為定值的證明，考查三角形面積的最大值的求法，注意點(diǎn)到直線的距離公式的合理運(yùn)用，是中檔題．