Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且橢圓C上一點(diǎn)M與橢圓左右兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形周長為4+2$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，設(shè)點(diǎn)D為橢圓上任意一點(diǎn)，直線y=m和橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，直線DA、DB與y軸的交點(diǎn)分別為P、Q，求證：∠PF₁F₂+∠QF₁F₂=90°．

Answer 1

分析 （1）：由題意可得：e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，2a+2c=4+2$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²．聯(lián)立解出即可得出橢圓C的方程．
（2）設(shè)D（x₀，y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．把y=m代入橢圓方程可得：A（-$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m），B（$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m）．利用點(diǎn)斜式可得：直線DA的方程與直線DB的方程，可得P，Q的坐標(biāo)．利用斜率公式只要證明${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{Q{F}_{1}}$=1即可得出．

解答 （1）解：由題意可得：e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，2a+2c=4+2$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²．
聯(lián)立解得：a=2，b=c=$\sqrt{2}$．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）證明：F₁$（-\sqrt{2}，0）$．
設(shè)D（x₀，y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．
把y=m代入橢圓方程可得：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{m}^{2}}{2}$=1，解得x=±$\sqrt{4-2{m}^{2}}$．
取A（-$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m），B（$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m）．
直線DA的方程為：y-y₀=$\frac{m-{y}_{0}}{-\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}$（x-x₀），可得P$（0，\frac{（m-{y}_{0}）{x}_{0}}{\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}}+{y}_{0}）$．
同理可得：直線DB的方程為：y-y₀=$\frac{m-{y}_{0}}{\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}$（x-x₀），可得Q$（0，\frac{-{x}_{0}（m-{y}_{0}）}{\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}+{y}_{0}）$．
∴${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}）}$，
${k}_{Q{F}_{1}}$=$\frac{-m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}）}$．
又${y}_{0}^{2}$=2-$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$．
∴${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{Q{F}_{1}}$=$\frac{m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}）}$•$\frac{-m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}）}$=$\frac{{y}_{0}^{2}（4-2{m}^{2}）-{m}^{2}{x}_{0}^{2}}{2（4-2{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=$\frac{（2-\frac{{x}_{0}^{2}}{2}）（4-2{m}^{2}）-{m}^{2}{x}_{0}^{2}}{2（4-2{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=1．
∴∠PF₁F₂+∠QF₁F₂=90°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線方程、斜率計(jì)算公式、點(diǎn)與橢圓的位置關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．