Question

9．已知點(diǎn)A（-$\sqrt{2}$，0），B（$\sqrt{2}$，0），動(dòng)點(diǎn)E滿足直線EA與直線EB的斜率之積為-$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點(diǎn)F（1，0）的直線l₁與曲線C交于點(diǎn)P，Q，記點(diǎn)P到直線l₂：x=2的距離為d．
（�。┣�$\frac{|PF|}ec0swoq$的值；
（ⅱ）過點(diǎn)F作直線l₁的垂線交直線l₂于點(diǎn)M，求證：直線OM平分線段PQ．

Answer 1

分析 （1）直譯法，利用斜率公式可求軌跡方程；
（2）先設(shè)出直線l₁的方程，然后帶入橢圓方程，通過消元化簡得到關(guān)于x的一元二次方程，結(jié)合韋達(dá)定理，點(diǎn)到直線距離公式將所求表示出來，帶入結(jié)論化簡即可；
（3）要證結(jié)論，只需分別求出直線OM的方程，PQ中點(diǎn)的坐標(biāo)，然后證明坐標(biāo)適合方程即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)E（x，y），
依題意得${k}_{EA}•{k}_{EB}=\frac{y}{x+\sqrt{2}}•\frac{y}{x-\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}．（x≠±\sqrt{2}）$，
整理得$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
∴動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程為 $\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1（x≠±\sqrt{2}）$．
（Ⅱ）（�。〧（1，0），設(shè)P（x₁，y₁）則${{y}_{1}}^{2}=1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}$，
∴$\frac{|PF|}ioeee0c=\frac{\sqrt{（1-{x}_{1}）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}}{2-{x}_{1}}$=$\frac{\sqrt{1-2{x}_{1}+{{x}_{1}}^{2}+1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}}}{2-{x}_{1}}$
=$\frac{\sqrt{\frac{1}{2}（{x}_{1}-2）^{2}}}{2-{x}_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（ⅱ）依題意，設(shè)直線PQ：x=my+1，Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$可得（2+m²）y²+2my-1=0，
顯然$△＞0，{y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2m}{2+{m}^{2}}$，
所以線段PQ的中點(diǎn)T坐標(biāo)為$（\frac{2}{2+{m}^{2}}，\frac{-m}{2+{m}^{2}}）$，
又因?yàn)镕M⊥l₁故直線FM的方程為y=-m（x-1），
所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，-m），
所以直線OM的方程為：$y=-\frac{m}{2}x$，
因?yàn)?T（\frac{2}{2+{m}^{2}}，\frac{-m}{2+{m}^{2}}）$滿足方程$y=-\frac{m}{2}x$，
故OM平分線段PQ．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線、橢圓、軌跡等基礎(chǔ)知識(shí)及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力；考查特殊與一般的思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．