Question

16．已知橢圓Γ：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）過點(diǎn)M（$\sqrt{2}$，0），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓Γ的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀）（y₀≠0）在橢圓Γ上，
（�。┳C明：直線$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y$=1與橢圓相切；
（ⅱ）過點(diǎn)P作兩條直線PA、PB分別交橢圓于點(diǎn)A、B，
求證：“直線AB的斜率與過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率互為相反數(shù)”的充要條件是“直線PA的斜率與直線PB的斜率互為相反數(shù)”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓過點(diǎn)M（$\sqrt{2}$，0），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，列出方程組能求出橢圓方程．
（Ⅱ）（�。�將直線方程$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y=1$代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得（${{x}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{2}$）x²-4x₀x+4-4y₀²=0，由點(diǎn)P在橢圓上，方程可化為：${x}^{2}-2{x}_{0}x+{{x}_{0}}^{2}$=0，由此利用根的判別式能證明直線$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y$=1與橢圓相切．
（ⅱ）先證明必要性：直線AB的斜率與過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率互為相反數(shù)，再證明充分性：直線AB的斜率與過點(diǎn)P橢圓切線斜率互為相反數(shù)．由此能證明：“直線AB的斜率與過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率互為相反數(shù)”的充要條件是“直線PA的斜率與直線PB的斜率互為相反數(shù)”．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓Γ：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）過點(diǎn)M（$\sqrt{2}$，0），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴由題意得${a}^{2}=2，e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，…（2分）
解得b²=1，即所求橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．…（4分）
證明：（Ⅱ）（ⅰ）將直線方程$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y=1$代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
整理得（${{x}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{2}$）x²-4x₀x+4-4y₀²=0，…（6分）
由點(diǎn)P在橢圓上得$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+y₀²=1，故方程可化為：${x}^{2}-2{x}_{0}x+{{x}_{0}}^{2}$=0，
因此判別式$△=4{{x}_{0}}^{2}-4{{x}_{0}}^{2}=0$，則直線$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y$=1與橢圓相切．…（8分）
（ⅱ）必要性：直線AB的斜率與過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率互為相反數(shù)，
由（�。┲�過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率為-$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，則可設(shè)直線AB方程為y=kx+m（其中k=$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$），A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）．
將y=kx+m代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$中，
得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，
故${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$．…（9分）
k_PA+k_PB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$+$\frac{{y}_{2}-{y}_{0}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$=$\frac{k{x}_{1}+m-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$+$\frac{k{x}_{2}+m-{y}_{0}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$
=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}+（m-{y}_{0}-k{x}_{0}）（{x}_{1}+{x}_{2}）-2（m-{y}_{0}）{x}_{0}}{（{x}_{1}-{x}_{0}）（{x}_{2}-{x}_{0}）}$，
考慮分子，并注意到k=$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}-1=-{{y}_{0}}^{2}$，
得：分子=$\frac{2k（2{m}^{2}-2）}{2{k}^{2}+1}+\frac{4km（k{x}_{0}+{y}_{0}-m）}{2{k}^{2}+1}-2（m-{y}_{0}）{x}_{0}$
=$\frac{4k{y}_{0}m-4k+4{k}^{2}{x}_{0}{y}_{0}+2{x}_{0}{y}_{0}-2m{x}_{0}}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{2m{x}_{0}-\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}+\frac{{{x}_{0}}^{3}}{{y}_{0}}+2{x}_{0}{y}_{0}-2m{x}_{0}}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}（\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}-1）+2{x}_{0}{y}_{0}}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{-2{x}_{0}{y}_{0}+2{x}_{0}{y}_{0}}{2{k}^{2}+1}$=0，則k_PA+k_PB=0．…（11分）
充分性：設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），記直線PA的斜率為k，
則直線PA方程為y-y₀=k（x-x₀），將其代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$中，
化簡、整理得（2k²+1）x²+4（ky₀-k²x₀）x+$2{k}^{2}{{x}_{0}}^{2}-4k{x}_{0}{y}_{0}+2{{y}_{0}}^{2}-2=0$，
故x₁+x₂=$\frac{4（{k}^{2}{x}_{0}-k{y}_{0}）}{2{k}^{2}+1}$，則${x}_{1}=\frac{4（{k}^{2}{x}_{0}-k{y}_{0}）}{2{k}^{2}+1}$-x₀，（1）…（12分）
因?yàn)橹本�PA的斜率與直線PB的斜率互為相反數(shù)，則可設(shè)直線PB方程為y-y₀=k（x-x₀），
同理可求x₂=$\frac{4（{k}^{2}{x}_{0}+k{y}_{0}）}{2{k}^{2}+1}$-x₀，（2）
（2）-（1）得：x₂-x₁=$\frac{8k{y}_{0}}{2{k}^{2}+1}$，又${y}_{2}-{y}_{1}=-k[（{x}_{1}+{x}_{2}）-2{x}_{0}]=\frac{4{x}_{0}k}{2{k}^{2}+1}$，
則${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，由題意知過點(diǎn)P的橢圓切線斜率${k}_{切}=-\frac{{x}_{0}}{2{y}_{0}}$，故k_AB+k_切=0
即直線AB的斜率與過點(diǎn)P橢圓切線斜率互為相反數(shù)．
∴“直線AB的斜率與過點(diǎn)P的橢圓的切線斜率互為相反數(shù)”的充要條件是“直線PA的斜率與直線PB的斜率互為相反數(shù)”．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓相切的證明證明，考查充要條件的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．