Question

9．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，點P（0，1）在短軸CD上，且$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{PD}=-1$．
（I）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）過點P的直線l與橢圓E交于A，B兩點．
（i）若$\overrightarrow{PB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AP}$，求直線l的方程；
（ii）在y軸上是否存在與點P不同的定點Q，使得$\frac{{\left|{QA}\right|}}{{\left|{QB}\right|}}=\frac{{\left|{PA}\right|}}{{\left|{PB}\right|}}$恒成立，若存在，求出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過橢圓的離心率公式和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，計算即得a=2、b=$\sqrt{2}$，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）（i）設(shè)直線l：y=kx+1，代入橢圓方程x²+2y²=4，運用韋達(dá)定理和向量共線的坐標(biāo)表示，解方程可得斜率k，進(jìn)而得到所求直線方程；
（ii）通過直線l與x軸平行、垂直時，可得若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標(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)定理及直線斜率計算方法，證明對任意直線l，均有$\frac{{\left|{QA}\right|}}{{\left|{QB}\right|}}=\frac{{\left|{PA}\right|}}{{\left|{PB}\right|}}$即可．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)題意，可得C（0，-b），D（0，b），
又∵P（0，1），且$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{PD}=-1$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{（1+b）（1-b）=-1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}-^{2}={c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）（i）設(shè)直線l：y=kx+1，
代入橢圓方程x²+2y²=4，
設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
消去y并整理得：（1+2k²）x²+4kx-2=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$，①
由$\overrightarrow{PB}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AP}$，可得（x₂，y₂-1）=（-$\frac{1}{2}$x₁，$\frac{1}{2}$（1-y₁）），
即有x₂=-$\frac{1}{2}$x₁，②
②代入①，可得k=±$\frac{\sqrt{14}}{14}$，
即有直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{14}}{14}$x+1：
（ii）結(jié)論：存在與點P不同的定點Q（0，2），使得$\frac{{\left|{QA}\right|}}{{\left|{QB}\right|}}=\frac{{\left|{PA}\right|}}{{\left|{PB}\right|}}$恒成立．
理由如下：當(dāng)直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C、D兩點，
如果存在定點Q滿足條件，則有$\frac{|QC|}{|QD|}$=$\frac{|PC|}{|PD|}$=1，即|QC|=|QD|．
∴Q點在直線y軸上，可設(shè)Q（0，y₀）．
當(dāng)直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓相交于M、N兩點，
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P的定點Q滿足條件，則Q點坐標(biāo)只能是（0，2）．
下面證明：對任意直線l，均有$\frac{{\left|{QA}\right|}}{{\left|{QB}\right|}}=\frac{{\left|{PA}\right|}}{{\left|{PB}\right|}}$．
當(dāng)直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立．
當(dāng)直線l的斜率存在時，
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 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
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B關(guān)于y軸對稱的點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'三點共線，
∴$\frac{|QA|}{|QB|}$=$\frac{|QA|}{|QB'|}$=$\frac{|{x}_{1}|}{|{x}_{2}|}$=$\frac{|PA|}{|PB|}$．
故存在與點P不同的定點Q（0，2），使得$\frac{{\left|{QA}\right|}}{{\left|{QB}\right|}}=\frac{{\left|{PA}\right|}}{{\left|{PB}\right|}}$恒成立．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線方程、向量共線和數(shù)量積的運算，直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學(xué)思想，屬于難題．