Question

9．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=l （a＞b＞0）的焦距為2，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，橢圓的右頂點為A．
（1）求該橢圓的方程：
（2）過點D（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$）作直線PQ交橢圓于兩個不同點P，Q，求證：直線AP，AQ的
斜率之和為定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知2c=2，c=1，離心率e=$\frac{c}{a}$，求得a=2，則b²=a²-c²=1，即可求得橢圓的方程：
（2）則直線PQ的方程：y=k（x-$\sqrt{2}$）-$\sqrt{2}$，代入橢圓方程，由韋達定理及直線的斜率公式，分別求得直線AP，AQ的斜率，即可證明直線AP，AQ的率之和為定值．

解答 解：（1）由題意可知：橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=l （a＞b＞0），焦點在x軸上，2c=1，c=1，
橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1，
則橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），A（$\sqrt{2}$，0），
由題意PQ的方程：y=k（x-$\sqrt{2}$）-$\sqrt{2}$，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\sqrt{2}）-\sqrt{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（2k²+1）x²-（4$\sqrt{2}$k²+4$\sqrt{2}$k）x+4k²+8k+2=0，
由韋達定理可知：x₁+x₂=$\frac{4\sqrt{2}{k}^{2}+4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}+8k+2}{2{k}^{2}+1}$，
則y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2$\sqrt{2}$k-2$\sqrt{2}$=$\frac{-2\sqrt{2}-2\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}$，
則k_AP+k_AQ=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-\sqrt{2}}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\sqrt{2}}$=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}-\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}-\sqrt{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+2}$，
由y₁x₂+y₂x₁=[k（x₁-$\sqrt{2}$）-$\sqrt{2}$]x₂+[k（x₂-$\sqrt{2}$）-$\sqrt{2}$]x₁=2kx₁x₂-（$\sqrt{2}$k+$\sqrt{2}$）（x₁+x₂）=-$\frac{4k}{2{k}^{2}+1}$，
k_AP+k_AQ=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}-\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}-\sqrt{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+2}$=$\frac{-\frac{4k}{2{k}^{2}+1}-\sqrt{2}×\frac{-2\sqrt{2}-2\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}}{\frac{4{k}^{2}+8k+2}{2{k}^{2}+1}-\sqrt{2}×\frac{4\sqrt{2}{k}^{2}+4\sqrt{2}k}{2{k}^{2}+1}+2}$=1，
∴直線AP，AQ的斜率之和為定值1．

點評 本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓位置關系，韋達定理及直線的斜率公式，考查計算能力，屬于中檔題．