Question

16．橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過點P的動直線l與橢圓相交于A，B兩點．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若橢圓E的右焦點是P，其右準(zhǔn)線與x軸交于點Q，直線AQ的斜率為k₁，直線BQ的斜率為k₂，求證：k₁+k₂=0；
（3）設(shè)點P（t，0）是橢圓E的長軸上某一點（不為長軸頂點及坐標(biāo)原點），是否存在與點P不同的定點Q，使得$\frac{QA}{QB}$=$\frac{PA}{PB}$恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，利用橢圓簡單性質(zhì)列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓E的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$，由此利用點差法能證明k₁+k₂=0．
（3）當(dāng)直線l與y軸平行時，Q點的坐標(biāo)為（x₀，0）；當(dāng)直線l與y軸垂直時，Q點坐標(biāo)只可能為$（\frac{2}{t}，0）$，再證明對任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$即可．

解答 解：（1）∵橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1\\{a^2}-{b^2}={c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
證明：（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$．
由題意P（1，0），Q（2，0），
∵$\overrightarrow{AP}∥\overrightarrow{BP}∴（{{x_1}-1，{y_1}}）∥（{{x_2}-1，{y_2}}）∴{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}={y_1}-{y_2}$．
$\begin{array}{l}∵（{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}）（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）={x_1}^2{y_2}^2-{x_2}^2{y_1}^2=（{2-{y_1}^2}）{y_2}^2-（{2-{y_2}^2}）{y_1}^2\\=2{y_2}^2-2{y_1}^2\end{array}$
∴$（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）（{{y_1}-{y_2}}）=2{y_2}^2-2{y_1}^2=2（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）$，
若y₁=y₂，則k₁=k₂=0，結(jié)論成立．（此處不交代扣1分）
若y₁≠y₂，則x₁y₂+x₂y₁=2（y₁+y₂），
∴${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}=\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-2（{{y_1}+{y_2}}）}}{{（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）}}=0$．（10分）
備注：本題用相似三角形有關(guān)知識證明同樣給分，用韋達定理解決也相應(yīng)給分．
解：（3）當(dāng)直線l與y軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點，
如果存在定點Q滿足條件，則有$\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}$，即QC=QD，
∴Q在x軸上，可設(shè)Q點的坐標(biāo)為（x₀，0）．
當(dāng)直線l與y軸垂直時，設(shè)直線$\frac{π}{3}$與橢圓相交于M，N兩點，則M，N的坐標(biāo)分別為$（\sqrt{2}，0），（-\sqrt{2}，0）$，
由$\frac{QM}{QN}=\frac{PM}{PN}$，有$|{\frac{{{x_0}-\sqrt{2}}}{{{x_0}+\sqrt{2}}}}|=|{\frac{{\sqrt{2}-t}}{{\sqrt{2}+t}}}|$，解得${x_0}=\frac{2}{t}$．
∴若存在不同于點P不同的定點Q滿足條件，則Q點坐標(biāo)只可能為$（\frac{2}{t}，0）$．（12分）
下面證明：對任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．
記直線AQ的斜率為k₁，直線BQ的斜率為k₂，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$．
由題意$P（{t，0}），Q（{\frac{2}{t}，0}）$，
∵$\overrightarrow{AP}∥\overrightarrow{BP}∴（{{x_1}-t，{y_1}}）∥（{{x_2}-t，{y_2}}）∴{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}=t（{{y_1}-{y_2}}）$．
$\begin{array}{l}∵（{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}）（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）={x_1}^2{y_2}^2-{x_2}^2{y_1}^2=（{2-{y_1}^2}）{y_2}^2-（{2-{y_2}^2}）{y_1}^2\\=2{y_2}^2-2{y_1}^2\end{array}$
∴$（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）t（{{y_1}-{y_2}}）=2{y_2}^2-2{y_1}^2=2（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）$
若y₁=y₂，則k₁=k₂=0．
$若{y_1}≠{y_2}則{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}=\frac{2}{t}（{{y_1}+{y_2}}）$∴${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-\frac{2}{t}}}+\frac{y_2}{{{x_2}-\frac{2}{t}}}=\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-\frac{2}{t}（{{y_1}+{y_2}}）}}{{（{{x_1}-\frac{2}{t}}）（{{x_2}-\frac{2}{t}}）}}=0$．
點B于x軸對稱的點B'的坐標(biāo)為（-x₂，y₂）．∴k_QA=k_QB′，∴Q，A，B'三點共線．
∴$\frac{QA}{QB}=\frac{QA}{QB'}=\frac{{|{y_1}|}}{{|{y_2}|}}=\frac{PA}{PB}$．∴對任意直線l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．（16分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查k₁+k₂=0的證明，考查是否存在與點P不同的定點Q，使得$\frac{QA}{QB}$=$\frac{PA}{PB}$恒成立的判斷與證明，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、橢圓與直線位置關(guān)系的合理運用．