Question

16．如圖，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點在拋物線y²=4$\sqrt{2}$x的準線上，離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，若不過橢圓E上頂點A的動直線l與橢圓E交于P、Q兩點，且$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0．
（1）求橢圓E的方程；
（2）證明：直線l過定點，并求出定點坐標．

Answer 1

分析 （1）由拋物線y²=4$\sqrt{2}$x，可得準線x=-$\sqrt{2}$．可得：橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點$（-\sqrt{2}，0）$，c=$\sqrt{2}$．又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a²=b²+c²．聯(lián)立解出即可得出．
（2）設直線l的方程為：y=kx+m.$（m≠\sqrt{2}）$，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），A（0，$\sqrt{2}$）．與橢圓方程聯(lián)立化為（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，△＞0，利用$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0．（1+k²）x₁x₂+$k（m-\sqrt{2}）$（x₁+x₂）+$（m-\sqrt{2}）^{2}$=0，再把根與系數(shù)的關系代入即可得出．

解答 解：（1）由拋物線y²=4$\sqrt{2}$x，可得準線x=-$\sqrt{2}$．
可得：橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點$（-\sqrt{2}，0）$，∴c=$\sqrt{2}$．
又橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，∴$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，及a²=b²+c²．
聯(lián)立解得a=$\sqrt{3}$，b=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）設直線l的方程為：y=kx+m.$（m≠\sqrt{2}）$，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），A（0，$\sqrt{2}$）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，
△＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-6km}{2+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{m}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{AQ}$=0．
∴x₁x₂+$（{y}_{1}-\sqrt{2}）（{y}_{2}-\sqrt{2}）$=0，
即x₁x₂+$（k{x}_{1}+m-\sqrt{2}）$$（k{x}_{2}+m-\sqrt{2}）$=0，
化為：（1+k²）x₁x₂+$k（m-\sqrt{2}）$（x₁+x₂）+$（m-\sqrt{2}）^{2}$=0，
∴$\frac{（1+{k}^{2}）（3{m}^{2}-6）}{2+3{k}^{2}}$+$\frac{-6{k}^{2}m（m-\sqrt{2}）}{2+3{k}^{2}}$+$（m-\sqrt{2}）^{2}$=0，
化為：5m+$\sqrt{2}$=0，解得m=-$\frac{\sqrt{2}}{5}$．
∴直線l經(jīng)過定點$（0，-\frac{\sqrt{2}}{5}）$．

點評 本題考查了拋物線與橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、向量的數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了數(shù)形結合方法、推理能力與計算能力，屬于難題．