Question

19．如圖，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過(guò)點(diǎn)P（0，1）的動(dòng)直線l與橢圓相交于A、B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得$\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)直線l平行于x軸時(shí)被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$及離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)直線l與x軸平行、垂直時(shí)，可得若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只能是（0，2）．然后分直線l的斜率不存在、存在兩種情況，利用韋達(dá)定理及直線斜率計(jì)算方法，證明對(duì)任意直線l，均有$\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$即可．

解答 解：（Ⅰ）∵直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$，
∴點(diǎn)（$\sqrt{2}$，1）在橢圓E上，
又∵離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}-^{2}={c}^{2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）結(jié)論：存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q（0，2），使得$\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$恒成立．
理由如下：
當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C、D兩點(diǎn)，
如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有$\frac{|QC|}{|QD|}$=$\frac{|PC|}{|PD|}$=1，即|QC|=|QD|．
∴Q點(diǎn)在直線y軸上，可設(shè)Q（0，y₀）．
當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于M、N兩點(diǎn)，
則M、N的坐標(biāo)分別為（0，$\sqrt{2}$）、（0，-$\sqrt{2}$），
又∵$\frac{|QM|}{|QN|}$=$\frac{|PM|}{|PN|}$，∴$\frac{|{y}_{0}-\sqrt{2}|}{{|y}_{0}+\sqrt{2}|}$=$\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}$，解得y₀=1或y₀=2．
∴若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則Q點(diǎn)坐標(biāo)只能是（0，2）．
下面證明：對(duì)任意直線l，均有$\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$．
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由上可知，結(jié)論成立．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y=kx+1，
A、B的坐標(biāo)分別為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$，消去y并整理得：（1+2k²）x²+4kx-2=0，
∵△=（4k）²+8（1+2k²）＞0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=2k，
已知點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（-x₂，y₂），
又k_AQ=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}$=$\frac{k{x}_{1}-1}{{x}_{1}}$=k-$\frac{1}{{x}_{1}}$，k_QB′=$\frac{{y}_{2}-2}{-{x}_{2}}$=$\frac{k{x}_{2}-1}{-{x}_{2}}$=-k+$\frac{1}{{x}_{2}}$=k-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∴k_AQ=k_QB′，即Q、A、B′三點(diǎn)共線，
∴$\frac{|QA|}{|QB|}$=$\frac{|QA|}{|QB′|}$=$\frac{|{x}_{1}|}{|{x}_{2}|}$=$\frac{|PA|}{|PB|}$．
故存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q（0，2），使得$\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{|PA|}{|PB|}$恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學(xué)思想，注意解題方法的積累，屬于難題．