Question

20．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）長軸兩端點(diǎn)為A、B、P為C上異于頂點(diǎn)的點(diǎn)．滿足AP與BP的斜率之積為-$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）設(shè)E、F是橢圓C上兩點(diǎn)，線段EF的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)G（x₀，0），求$\frac{{x}_{0}}{a}$的取值范圍；
（3）設(shè)F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C的左右焦點(diǎn)，直線PF₁與橢圓C交于點(diǎn)P₁，直線PF₂與橢圓C交于點(diǎn)P₂，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=λ₁$\overrightarrow{{F}_{1}{P}_{1}}$，$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=λ₂$\overrightarrow{{F}_{2}{P}_{2}}$，試判斷λ₁+λ₂是否為定值？若是定值，求出該定值并證明；若不是定值，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x_p，y_p），則k_AP=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{p}+a}$，k_BP=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{1}-a}$，由此能求出橢圓的離心率．
（2）設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），則（x₁-x₀）²+y₁²=（x₂-x₀）²+y₂²，從而2（x₂-x₁）x₀=（${{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}$）$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$，進(jìn)而x₀=$\frac{{{x}_{1}}^{\;}+{x}_{2}}{2}$•$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$，由此能求出$\frac{{x}_{0}}{a}$的取值范圍．
（3）由e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，得b=c．則橢圓方程x²+2y²=2b²．設(shè)A（x_a，y_a），B（x_b，y_b），C（x_c，y_c），若直線AC⊥x軸，則λ₁+λ₂=6．若直線AC的斜率存在，則直線AC方程為y=$\frac{{y}_{a}}{{x}_{a}-b}$（x-b），代入橢圓方程有（3b²-2bx_a）y²+2by_a（x_a-b）y-b²y_a²=0．由此利用韋達(dá)定理得能求出λ₁+λ₂是定值6．

解答 解：（1）設(shè)P（x_p，y_p），∵圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）長軸兩端點(diǎn)為A、B、P為C上異于頂點(diǎn)的點(diǎn)．滿足AP與BP的斜率之積為-$\frac{1}{2}$．
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，①，且A（-a，0），B（a，0）
∴k_AP=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{p}+a}$，k_BP=$\frac{{y}_{p}}{{x}_{1}-a}$，
∵直線AP與BP的斜率之積為-$\frac{1}{2}$，∴${{x}_{p}}^{2}={a}^{2}-2{{y}_{p}}^{2}$，
代入①并整理得（a²-2b²）y_p²=0
∵y₀≠0，∴a²=2b²，∴e²=$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（2）設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂）．因線段EF的垂直平分線與x軸相交，故EF不平行于y軸，即x₁≠x₂．
又交點(diǎn)為G（x₀，0），故|GE|=|GF|，即（x₁-x₀）²+y₁²=（x₂-x₀）²+y₂²，②
∵E、F在橢圓上，
∴${{y}_{1}}^{2}=^{2}-\frac{^{2}}{{a}^{2}}{{x}_{1}}^{2}$，${{y}_{2}}^{2}$=b²-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$${{x}_{2}}^{2}$．
將上式代入②，得：2（x₂-x₁）x₀=（${{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}$）$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$，③
∵x₁≠x₂，可得x₀=$\frac{{{x}_{1}}^{\;}+{x}_{2}}{2}$•$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$．④
∵-a≤x₁≤a，-a≤x₂≤a，且x₁≠x₂，
∴-2a＜x₁+x₂＜2a，
∴-$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$＜$\frac{{x}_{0}}{a}$＜$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}$，∴-$\frac{1}{2}＜\frac{{x}_{0}}{a}＜\frac{1}{2}$．
∴$\frac{{x}_{0}}{a}$的取值范圍是（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）．
（3）由e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，得$\frac{a}$=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}}{a}$=$\sqrt{1-{e}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴b=c．
焦點(diǎn)坐標(biāo)為F₁（-b，0），F(xiàn)₂（b，0），則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
化簡有x²+2y²=2b²．
設(shè)設(shè)A（x_a，y_a），B（x_b，y_b），C（x_c，y_c），
①若直線AC⊥x軸，x_a=b，λ₂=1，λ₁=$\frac{3b+2b}$=5，
∴λ₁+λ₂=6．
②若直線AC的斜率存在，則直線AC方程為y=$\frac{{y}_{a}}{{x}_{a}-b}$（x-b），
代入橢圓方程有（3b²-2bx_a）y²+2by_a（x_a-b）y-b²y_a²=0．
由韋達(dá)定理得：y_ay_c=-$\frac{^{2}{{y}_{a}}^{2}}{3^{2}-2b{x}_{a}}$，∴${y}_{c}=-\frac{^{2}{y}_{a}}{3^{2}-2b{x}_{a}}$，
∴${λ}_{2}=\frac{|A{F}_{2}|}{|{F}_{2}C|}$=$\frac{{y}_{a}}{-{y}_{c}}=\frac{3b-2{x}_{a}}$，
同理，得${λ}_{1}=\frac{-3b-2{x}_{a}}{-b}=\frac{3b+2{x}_{a}}$，
故λ₁+λ₂=$\frac{6b}$．
綜上所述：λ₁+λ₂是定值6．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，考查了利用橢圓得性質(zhì)及橢圓的定義求解橢圓的方程，直線與橢圓的相交中方程思想的應(yīng)用，這是處理直線與橢圓位置關(guān)系的通法，但要注意基本運(yùn)算的考查具體涉及到軌跡方程的求法及直線與拋物線的相關(guān)知識，解題時要注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．