Question

14．如圖所示，已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點(diǎn)$（{\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$，直線l：y=kx（k≠0）與橢圓E交于P、A兩點(diǎn)，過點(diǎn)P作PC⊥x軸，垂足為C點(diǎn)，直線AC交橢圓E與另一點(diǎn)B，當(dāng)$k=\sqrt{2}$時(shí)，橢圓E的右焦點(diǎn)到直線l的距離為$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）試問∠APB是否為定值？若為定值，求出其值；若不為定值，說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點(diǎn)$（{\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$，以及橢圓E的右焦點(diǎn)（c，0）到直線$l：y=\sqrt{2}x$的距離為$\sqrt{2}$，列出方程，求解方程組即可得到橢圓的方程．
（2）∠APB=90°，設(shè)P（x₀，y₀），則A（-x₀，-y₀），C（x₀，0），$k=\frac{y_0}{x_0}$，求出直線AB的斜率，直線AB的方程：$y=\frac{k}{2}（{x-{x_0}}）$，設(shè)點(diǎn)B（x₁，y₁），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2}（{x-{x_0}}）\\{x^2}+2{y^2}=6\end{array}\right.$，消去y利用韋達(dá)定理求出B的坐標(biāo)，求解PB的斜率，推出k_AP•k_PB=-1，即可得到結(jié)果．

解答 （重點(diǎn)中學(xué)做）解：（1）∵橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點(diǎn)$（{\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$，
∴$\frac{2}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1$．…（1分）
∵橢圓E的右焦點(diǎn)（c，0）到直線$l：y=\sqrt{2}x$的距離為$\sqrt{2}$，
∴$\frac{{|{\sqrt{2}c-0}|}}{{\sqrt{1+{{（{\sqrt{2}}）}^2}}}}=\sqrt{2}$，∴$c=\sqrt{3}$．…（3分）
又a²=b²+c²，解得$a=\sqrt{6}$，$b=\sqrt{3}$，故橢圓E的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（2）∠APB=90°，證明如下：
設(shè)P（x₀，y₀），則A（-x₀，-y₀），C（x₀，0），$k=\frac{y_0}{x_0}$，
直線AB的斜率${k_1}=\frac{{0-（{-{y_0}}）}}{{{x_0}-（{-{x_0}}）}}=\frac{y_0}{{2{x_0}}}=\frac{k}{2}$．…（8分）
可得直線AB的方程：$y=\frac{k}{2}（{x-{x_0}}）$，設(shè)點(diǎn)B（x₁，y₁），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2}（{x-{x_0}}）\\{x^2}+2{y^2}=6\end{array}\right.$，消去y得$（{2+{k^2}}）{x^2}-2{k^2}{x_0}x+{k^2}{x_0}^2-12=0$，
則$-{x_0}+{x_1}=\frac{{2{k^2}{x_0}}}{{2+{k^2}}}$，解得${x_1}=\frac{{3{k^2}{x_0}+2{x_0}}}{{2+{k^2}}}$，
∴${y_1}=\frac{{{k^3}{x_0}}}{{2+{k^2}}}$，點(diǎn)$B（{\frac{{3{k^2}{x_0}+2{x_0}}}{{2+{k^2}}}，\frac{{{k^3}{x_0}}}{{2+{k^2}}}}）$．…（10分）
∵${k_{PB}}=\frac{{\frac{{{k^3}{x_0}}}{{2+{k^2}}}-k{x_0}}}{{\frac{{3{k^2}{x_0}+2{x_0}}}{{2+{k^2}}}-{x_0}}}=\frac{{-2k{x_0}}}{{2{k^2}{x_0}}}=-\frac{1}{k}$，
∴k_AP•k_PB=-1，
∴∠APB=90°．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，直線恒過定點(diǎn)問題的處理方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．