Question

5．如圖，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，B、F分別為其短軸的一個(gè)端點(diǎn)和左焦點(diǎn)，且|BF|=$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)為A₁，A₂，過定點(diǎn)N（2，0）的直線與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)D₁，D₂，直線A₁D₁，A₂D₂交于點(diǎn)K，證明點(diǎn)K在一條定直線上．

Answer 1

分析 （1）由已知，$a=\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=$|BF|=\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，結(jié)合a²=b²+c²，可得橢圓C的方程；
（2）通過聯(lián)立直線D₁D₂與橢圓方程、利用韋達(dá)定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，設(shè)直線A₁D₁、A₂D₂，并聯(lián)立兩直線方程，消去y得$\frac{{x+\sqrt{2}}}{{x-\sqrt{2}}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+\sqrt{2}）}}{{{y_1}（{x_2}-\sqrt{2}）}}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）由已知，$a=\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=$|BF|=\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，且a²=b²+c²，∴$a=\sqrt{2}$，b=1，
因此橢圓C的方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）由題意，設(shè)直線D₁D₂：y=k（x-2），D₁（x₁，y₁），D₂（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=k（x-2）\end{array}\right.$，得：（2k²+1）x²-8k²x+8k²-2=0，
由韋達(dá)定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$     ①
設(shè)直線A₁D₁：$y=\frac{y_1}{{{x_1}+\sqrt{2}}}（x+\sqrt{2）}$，A₂D₂：$y=\frac{y_2}{{{x_2}-\sqrt{2}}}（x-\sqrt{2）}$，
聯(lián)立兩直線方程，消去y得：$\frac{{x+\sqrt{2}}}{{x-\sqrt{2}}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+\sqrt{2}）}}{{{y_1}（{x_2}-\sqrt{2}）}}$       ②
又$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1$，$\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$，并不妨設(shè)D₁，D₂在x軸上方，
則${y_1}=\sqrt{1-\frac{x_1^2}{2}}$，${y_2}=\sqrt{1-\frac{x_2^2}{2}}$，
代入②中，并整理得：$\frac{{x+\sqrt{2}}}{{x-\sqrt{2}}}=\frac{{{y_2}（{x_1}+\sqrt{2}）}}{{{y_1}（{x_2}-\sqrt{2}）}}=-\sqrt{\frac{{（\sqrt{2}+{x_1}）（\sqrt{2}+{x_2}）}}{{（\sqrt{2}-{x_1}）（\sqrt{2}-{x_2}）}}}$=$-\sqrt{\frac{{2+\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+{x_1}{x_2}}}{{2-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+{x_1}{x_2}}}}$，
將①代入上式，并化簡(jiǎn)得$\frac{{x+\sqrt{2}}}{{x-\sqrt{2}}}=-\frac{{\sqrt{2}+1}}{{\sqrt{2}-1}}$，解得x=1，
因此直線A₁D₁，A₂D₂交于點(diǎn)K在定直線x=1上．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓的定義和簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．