Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），右焦點(diǎn)$F（\sqrt{2}，0）$，點(diǎn)$D（\sqrt{2}，1）$在橢圓上．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ） 已知直線l：y=kx與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，P為橢圓C上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)．
（i）若直線PA，PB的斜率都存在，證明：k_PA•k_PB=-$\frac{1}{2}$；
（ii） 若k=0，直線PA，PB分別與直線x=3相交于點(diǎn)M，N，直線BM與橢圓C相交于點(diǎn)Q（異于點(diǎn)B），求證：A，Q，N三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用橢圓的定義，求出a、b，然后求出橢圓的方程．
（Ⅱ）（i）設(shè)P（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），利用平方差法證明${k_{PA}}•{k_{PB}}=-\frac{1}{2}$．
（ii） k=0時(shí)，P（x₀，y₀），A（-2，0），B（2，0）．設(shè)PA的斜率為n，則PB的斜率為$-\frac{1}{2n}$，
直線PA，PB方程，求出Q坐標(biāo)，代入橢圓方程，然后證明A，Q，N三點(diǎn)共線．

解答 （本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）依題意，橢圓的焦點(diǎn)為${F_1}（-\sqrt{2}，0），{F_2}（\sqrt{2}，0）$，則|DF₁|+|DF₂|=2a，
解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ c=\sqrt{2}\end{array}\right.$，所以b²=a²-c²=2．
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）（i）證明：設(shè)P（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），則$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{2}=1$，$\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{2}=1$．
兩式作差得$\frac{x_0^2-x_1^2}{4}+\frac{y_0^2-y_1^2}{2}=0$．
因?yàn)橹本�PA，PB的斜率都存在，所以$x_0^2-x_1^2≠0$．
所以 $\frac{y_0^2-y_1^2}{x_0^2-x_1^2}=-\frac{1}{2}$，即$\frac{{{y_0}+{y_1}}}{{{x_0}+{x_1}}}×\frac{{{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}=-\frac{1}{2}$．
所以，當(dāng)PA，PB的斜率都存在時(shí)，${k_{PA}}•{k_{PB}}=-\frac{1}{2}$．…（9分）
（ii） 證明：k=0時(shí)，P（x₀，y₀），A（-2，0），B（2，0）．
設(shè)PA的斜率為n，則PB的斜率為$-\frac{1}{2n}$，
直線PA：y=n（x+2），M（3，5n），
直線$PB：y=-\frac{1}{2n}（x-2）$，$N（3，-\frac{1}{2n}）$，
所以直線BM：y=5n（x-2），直線$AN：y=-\frac{1}{10n}（x+2）$，
聯(lián)立，可得交點(diǎn)$Q（\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}，\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）$．
因?yàn)?{[\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}]^2}+2{（\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）^2}=4$，
所以點(diǎn)$Q（\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}，\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）$在橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$上．
即直線MB與直線NA的交點(diǎn)Q在橢圓上，即A，Q，N三點(diǎn)共線．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查計(jì)算能力以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．