Question

10．橢圓E經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若橢圓E的右焦點(diǎn)是P，其右準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)Q，直線AQ的斜率為k₁，直線BQ的斜率為k₂，求證：k₁+k₂=0；
（3）設(shè)點(diǎn)P（t，0）是橢圓E的長(zhǎng)軸上某一點(diǎn)（不為長(zhǎng)軸頂點(diǎn)及坐標(biāo)原點(diǎn)），是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得$\frac{QA}{QB}$=$\frac{PA}{PB}$恒成立？只需寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，無(wú)需證明．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓方程為mx²+ny²=1，m＞0，n＞0，m≠n，利用待定系數(shù)法能求出橢圓E的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}+{{y}_{2}}^{2}$=1，利用點(diǎn)差法能證明k₁+k₂=0．
（3）當(dāng)l與y軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C、D兩點(diǎn)，設(shè)Q（x₀，0），由已知推導(dǎo)出${x}_{0}=\frac{2}{t}$，從而得到存在不同于點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為（$\frac{2}{t}$，0）．再證明對(duì)任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為mx²+ny²=1，m＞0，n＞0，m≠n，
∵橢圓E經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{m+\frac{1}{2}n=1}\\{\frac{1}{2}m+\frac{3}{4}n=1}\end{array}\right.$，解得m=$\frac{1}{2}$，n=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}+{{y}_{2}}^{2}$=1，
由題意P（1，0），Q（2，0），
∵$\overrightarrow{AP}$∥$\overrightarrow{BP}$，∴（x₁-1，y₁）∥（x₂-1，y₂），
∴x₁y₂-x₂y₁=y₁-y₂，
∵（x₁y₂-x₂y₁）（x₁y₂+x₂y₁）=${{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}$
=（2-y₁²）${{y}_{2}}^{2}$-（2-${{y}_{2}}^{2}$）${{y}_{1}}^{2}$=$2{{y}_{2}}^{2}-2{{y}_{1}}^{2}$，
∴（x₁y₂+x₂y₁）（y₁-y₂）=${{2y}_{2}}^{2}-2{{y}_{1}}^{2}$=2（y₁-y₂）（y₁+y₂），
若y₁=y₂，則k₁=k₂=0，結(jié)論成立．
若y₁≠y₂，則x₁y₂+x₂y₁=2（y₁+y₂），
∴${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}-2（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$=0．
（3）當(dāng)l與y軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C、D兩點(diǎn)，
如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有$\frac{QC}{QD}$=$\frac{PC}{PD}$，
∴QC=QD，∴Q在x軸上，設(shè)Q（x₀，0），
當(dāng)直線l與y軸垂直時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，
則M，N的坐標(biāo)分別為（$\sqrt{2}$，0），（-$\sqrt{2}$，0），
由$\frac{OM}{ON}=\frac{PM}{PN}$，有|$\frac{{x}_{0}-\sqrt{2}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$|=|$\frac{\sqrt{2}-t}{\sqrt{2}+t}$|，
解得${x}_{0}=\frac{2}{t}$，
∴若存在不同于點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為（$\frac{2}{t}$，0）．
下面證明：對(duì)任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$，
記直線AQ的斜率為k₁，直線BQ的斜率為k₂，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}+{{y}_{2}}^{2}$=1．
由題意P（t，0），Q（$\frac{2}{t}$，0），
∵$\overrightarrow{AP}$∥$\overrightarrow{BP}$，∴（x₁-t，y₁）∥（x₂-t，y₂），
∴x₁y₂-x₂y₁=t（y₁-y₂），
∵（x₁y₂-x₂y₁）t（y₁-y₂）=$2{{y}_{2}}^{2}-2{{y}_{1}}^{2}$=2（y₁-y₂）（y₁+y₂），
若y₁=y₂，則k₁=k₂=0，
若y₁≠y₂，則x₁y₂+x₂y₁=$\frac{2}{t}（{y}_{1}+{y}_{2}）$，
∴k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-\frac{2}{t}}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\frac{2}{t}}$=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}-\frac{2}{t}（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-\frac{2}{t}）（{x}_{2}-\frac{2}{t}）}$=0，
∵點(diǎn)B關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)B′（-x₂，y₂），∴${k}_{QA}={k}_{Q{B}^{'}}$，∴Q，A，B三點(diǎn)共線，
∴$\frac{QA}{QB}$=$\frac{QA}{Q{B}^{'}}$=$\frac{|{y}_{1}|}{|{y}_{2}|}$=$\frac{PA}{PB}$，
∴對(duì)任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線斜率之和為定值的證明，考查滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、待定系數(shù)法的合理運(yùn)用．