Question

18．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x²=4$\sqrt{2}y$的焦點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線x=2與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，P點(diǎn)位于第一象限，A，B是橢圓上位于直線x=2兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)，滿足直線PA與直線PB的傾斜角互補(bǔ)，證明直線AB的斜率為$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），由離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x²=4$\sqrt{2}y$的焦點(diǎn)，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）當(dāng)直線PA與直線PB的傾斜角互補(bǔ)時(shí)，設(shè)直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為-k，直線PA的直線方程為y-1=k（x-2），與橢圓聯(lián)立，得到${x}_{1}+2=\frac{8k（2k-1）}{1+4{k}^{2}}$，同理，PB的直線方程為y-1=-k（x-2），與橢圓聯(lián)立，得x₂+2=$\frac{8k（2k+1）}{1+4{k}^{2}}$，由此能證明直線AB的斜率為$\frac{1}{2}$．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x²=4$\sqrt{2}y$的焦點(diǎn)（0，$\sqrt{2}$），
∴設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
則$\left\{\begin{array}{l}{b=\sqrt{2}}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2$\sqrt{2}$，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
證明：（Ⅱ）當(dāng)直線PA與直線PB的傾斜角互補(bǔ)時(shí)，設(shè)直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為-k，
∴直線PA的直線方程為y-1=k（x-2），
由$\left\{\begin{array}{l}{y-1=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8k（1-2k）x+4（1-2k）²-8=0，
∴${x}_{1}+2=\frac{8k（2k-1）}{1+4{k}^{2}}$，
同理，PB的直線方程為y-1=-k（x-2），
可得${x}_{2}+2=\frac{-8k（-2k-1）}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{8k（2k+1）}{1+4{k}^{2}}$，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}-{x}_{2}=\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，
∴k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{k（{x}_{1}-2）+1+k（{x}_{2}-2）-1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4k}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{k•\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-4k}{\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$．
∴直線AB的斜率為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查直線的斜率是$\frac{1}{2}$的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓的性質(zhì)、直線方程、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．