Question

5．已知橢圓$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的兩個焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，直線$y=\sqrt{2}$過橢圓的焦點，點P是橢圓上位于第一象限的點，并滿足$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1$，過P作傾斜角互補的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點．
（1）求橢圓方程和點P坐標(biāo)；
（2）求證直線AB的傾斜角為定值．

Answer 1

分析 （1）通過直線$y=\sqrt{2}$過橢圓的焦點可知c=$\sqrt{2}$，結(jié)合e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$計算可知a=2、b²=a²-c²=2，進(jìn)而可得橢圓方程，通過設(shè)點P（x，2$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}$），利用$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1$計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知P（1，$\sqrt{2}$），通過設(shè)直線PA的方程為x=m（y-$\sqrt{2}$）+1、則直線PB的方程為x=-m（y-$\sqrt{2}$）+1，并分別與橢圓方程聯(lián)立計算可知點A、B的坐標(biāo)，進(jìn)而計算可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵直線$y=\sqrt{2}$過橢圓的焦點，
∴焦點坐標(biāo)為F₁（0，$\sqrt{2}$），
∴c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{2}$，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴a=2，b²=a²-c²=4-2=2，
∴橢圓方程為：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{2}=1$，
依題意，設(shè)點P（x，2$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}$），
∵$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=1$，
∴（x，2$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}$-$\sqrt{2}$）•（x，2$\sqrt{1-\frac{{x}^{2}}{2}}$+$\sqrt{2}$）=1，
整理得：x²=1，
∴P（1，$\sqrt{2}$）；
（2）證明：由（1）可知P（1，$\sqrt{2}$），
依題意設(shè)直線PA的方程為：x=m（y-$\sqrt{2}$）+1，
則直線PB的方程為：x=-m（y-$\sqrt{2}$）+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=m（y-\sqrt{2}）+1}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，消去x整理得：
（1+2m²）y²+4m$（1-\sqrt{2}m）$y+4m²-$4\sqrt{2}m$-2=0，
∵y_A+$\sqrt{2}$=$\frac{4m（\sqrt{2}m-1）}{1+2{m}^{2}}$，
∴y_A=$\frac{4m（\sqrt{2}m-1）}{1+2{m}^{2}}$-$\sqrt{2}$，
∴x_A=m[$\frac{4m（\sqrt{2}m-1）}{1+2{m}^{2}}$-2$\sqrt{2}$]+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=-m（y-\sqrt{2}）+1}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，消去x整理得：
（1+2m²）y²-4m$（1+\sqrt{2}m）$y+4m²+$4\sqrt{2}m$-2=0，
∵y_B+$\sqrt{2}$=$\frac{4m（1+\sqrt{2}m）}{1+2{m}^{2}}$，
∴y_B=$\frac{4m（1+\sqrt{2}m）}{1+2{m}^{2}}$-$\sqrt{2}$，
∴x_B=-m[$\frac{4m（1+\sqrt{2}m）}{1+2{m}^{2}}$-2$\sqrt{2}$]+1，
∴k_AB=$\frac{{y}_{A}-{y}_{B}}{{x}_{A}-{x}_{B}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴直線AB的傾斜角為定值．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．