Question

6．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點匙分別F₁．F₂，左右頂點分別是A₁、A₂，離心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過F₂的直線與橢圓交于兩點P、Q（不是左、右頂點），且△F₁PQ的周長是4$\sqrt{2}$，直線A_l P馬A₂Q交予點M．
（1）求橢圓的方程；
（2）①求證直線A₁P與A₂Q的交點M在一條定直線l上；②N是定直線l上的一點，且PN平行于x軸，證明：$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$是定值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的焦點三角形周長求出a，再由離心率求出c，進而求出b值，可得橢圓的標準方程；
（2）①直線PQ的方程是：x=my+1，代入橢圓的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$結(jié)合韋達定理，可得：y₁+y₂，y₁y₂，y₂-y₁的值，進而聯(lián)立A₁P和A₂Q的方程，求出交點的橫坐標，可得：直線A₁P與A₂Q的交點M在一條定直線l：x=2上；
②根據(jù)橢圓的定義，結(jié)合直線l：x=2為橢圓的右準線，可得$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$是定值e．

解答 解：（1）∵△F₁PQ的周長是4$\sqrt{2}$，
∴4a=4$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，
又由離心率是e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，故c=1，
故b²=a²-c²=1，
故橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
證明：（2）①由（1）知A₁、A₂的坐標為（$±\sqrt{2}$，0），
設(shè)直線PQ的方程是：x=my+1，
代入橢圓的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$并整理得：
（m²+2）y²+2my-1=0，
記P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$，
則y₂-y₁=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$，
A₁P的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+\sqrt{2}}（x+\sqrt{2}）$…①，A₂Q的方程：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\sqrt{2}}（x-\sqrt{2}）$…②，
聯(lián)立兩方程得：x=$\sqrt{2}$$\frac{{x}_{2}{y}_{1}{+x}_{1}{y}_{2}+\sqrt{2}（{y}_{2}{-y}_{1}）}{{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}+\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=$\sqrt{2}$•$\frac{2m（{y}_{1}•{y}_{2}）+（{y}_{1}+{y}_{2}）+\sqrt{2}（{y}_{2}{-y}_{1}）}{\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）+（{y}_{2}{-y}_{1}）}$=$\sqrt{2}$•$\frac{2m（\frac{-1}{{m}^{2}+2}）+\frac{-2m}{{m}^{2}+2}+\sqrt{2}（\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}）}{\sqrt{2}•\frac{-2m}{{m}^{2}+2}+\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}}$=2，
故直線A₁P與A₂Q的交點M在一條定直線l：x=2上；
②由直線l：x=2為橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$的右準線，
F₂為橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$的右頂點，
故$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$=e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$

點評 本題考查的知識點是橢圓的簡單性質(zhì)，橢圓的標準方程，直線的交點坐標，橢圓的定義，是直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，難度較大，屬于難題．