Question

12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{{{a^2}-1}}$=1（a＞1）的左、右頂點(diǎn)分別為A、B，P是橢圓C上任一點(diǎn)，且點(diǎn)P位于第一象限．直線PA交y軸于點(diǎn)Q，直線PB交y軸于點(diǎn)R．當(dāng)點(diǎn)Q坐標(biāo)為（0，1）時(shí)，點(diǎn)R坐標(biāo)為（0，2）
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求證：$\overrightarrow{OQ}$•$\overrightarrow{OR}$為定值；
（3）求證：過點(diǎn)R且與直線QB垂直的直線經(jīng)過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）求得A，B的坐標(biāo)，直線PA，PB的方程，求交點(diǎn)P，代入橢圓方程，解方程，可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)Q（0，s），R（0，t），求得直線PA，PB的方程，求交點(diǎn)P，代入橢圓方程，化簡整理可得st=2，再由向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示可得定值；
（3）求得QB的斜率，運(yùn)用兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，求得垂線的方程，由st=2，代入，結(jié)合直線恒過定點(diǎn)的求法，可得定點(diǎn)．

解答 解：（1）由題意可得A（-a，0），B（a，0），
當(dāng)點(diǎn)Q坐標(biāo)為（0，1）時(shí)，點(diǎn)R坐標(biāo)為（0，2），
即有k_PA=$\frac{1}{a}$，直線PA：y=$\frac{1}{a}$x+1，
k_PB=-$\frac{2}{a}$，直線PA：y=-$\frac{2}{a}$x+2，
解得交點(diǎn)P（$\frac{a}{3}$，$\frac{4}{3}$），
代入橢圓方程可得$\frac{{a}^{2}}{9{a}^{2}}$+$\frac{16}{9（{a}^{2}-1）}$=1，
解得a=$\sqrt{3}$，
則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）證明：設(shè)Q（0，s），R（0，t），
由橢圓的方程可得A（-$\sqrt{3}$，0），B（$\sqrt{3}$，0），
即有直線PA：y=$\frac{s}{\sqrt{3}}$x+s，直線PB的方程為y=-$\frac{t}{\sqrt{3}}$x+t，
解得交點(diǎn)P（$\frac{\sqrt{3}（t-s）}{t+s}$，$\frac{2st}{t+s}$），
代入橢圓方程可得$\frac{3（t-s）^{2}}{3（t+s）^{2}}$+$\frac{4{s}^{2}{t}^{2}}{2（t+s）^{2}}$=1，
化簡可得st=2，
即有$\overrightarrow{OQ}$•$\overrightarrow{OR}$=st=2為定值；
（3）證明：由（2）可得st=2，即t=$\frac{2}{s}$，
直線QB的斜率為k=-$\frac{s}{\sqrt{3}}$，
即有過點(diǎn)R且與直線QB垂直的直線方程為y=$\frac{\sqrt{3}}{s}$x+t，
即為y=$\frac{\sqrt{3}x+2}{s}$，令x=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，可得y=0，
則過點(diǎn)R且與直線QB垂直的直線經(jīng)過定點(diǎn)，坐標(biāo)為（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用聯(lián)立直線求交點(diǎn)，考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，注意運(yùn)用直線方程求交點(diǎn)，代入橢圓方程，考查直線恒過定點(diǎn)的求法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．