Question

2．已知点$P（\sqrt{2}，1）$和椭圆C：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅰ）设椭圆的两个焦点分别为F₁，F₂，试求△PF₁F₂的周长及椭圆的离心率；
（Ⅱ）若直线l：$\sqrt{2}x-2y+m=0（m≠0）$与椭圆C交于两个不同的点A，B，直线PA，PB与x轴分别交于M，N两点，求证：|PM|=|PN|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用椭圆的方程，求出a，b，c．通过椭圆的定义求解三角形的周长，求解椭圆的离心率．
（Ⅱ）联立$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x-2y+m=0}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\end{array}}\right.$，利用直线l与椭圆C有两个交点，求出-4＜m＜0或0＜m＜4．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），结合韦达定理，求解AB坐标，设直线PA与PB的斜率分别为k₁，k₂，推出k₁+k₂=0，即可证明|PM|=|PN|．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知，a²=4，b²=2，所以c²=2．
因为$P（\sqrt{2}，1）$是椭圆C上的点，由椭圆定义得|PF₁|+|PF₂|=4．
所以△PF₁F₂的周长为$4+2\sqrt{2}$．
易得椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（4分）
（Ⅱ）证明：由$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x-2y+m=0}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\end{array}}\right.$得$4{x^2}+2\sqrt{2}mx+{m^2}-8=0$．
因为直线l与椭圆C有两个交点，并注意到直线l不过点P，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{8{m^2}-4×4（{m^2}-8）＞0}\\{m≠0}\end{array}}\right.$解得-4＜m＜0或0＜m＜4．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}m$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-8}}{4}$，${y_1}=\frac{{\sqrt{2}{x_1}+m}}{2}$，${y_2}=\frac{{\sqrt{2}{x_2}+m}}{2}$．
显然直线PA与PB的斜率存在，设直线PA与PB的斜率分别为k₁，k₂，
则${k_1}+{k_2}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-\sqrt{2}}}+\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-\sqrt{2}}}$=$\frac{{（\frac{{\sqrt{2}{x_1}+m}}{2}-1）（{x_2}-\sqrt{2}）+（\frac{{\sqrt{2}{x_2}+m}}{2}-1）（{x_1}-\sqrt{2}）}}{{（{x_1}-\sqrt{2}）（{x_2}-\sqrt{2}）}}$
=$\frac{{（\sqrt{2}{x_1}+m-2）（{x_2}-\sqrt{2}）+（\sqrt{2}{x_2}+m-2）（{x_1}-\sqrt{2}）}}{{2（{x_1}-\sqrt{2}）（{x_2}-\sqrt{2}）}}$
=$\frac{{2\sqrt{2}{x_1}{x_2}+（m-4）（{x_1}+{x_2}）-2\sqrt{2}m+4\sqrt{2}}}{{2[{x_1}{x_2}-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2]}}$
=$\frac{{\frac{{2\sqrt{2}（{m^2}-8）}}{4}-\frac{{（m-4）2\sqrt{2}m}}{4}-\frac{{8\sqrt{2}m}}{4}+\frac{{16\sqrt{2}}}{4}}}{{2[{x_1}{x_2}-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2]}}$
=$\frac{{2\sqrt{2}（{m^2}-8）-（m-4）2\sqrt{2}m-8\sqrt{2}m+16\sqrt{2}}}{{8[{x_1}{x_2}-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2]}}$
=$\frac{{2\sqrt{2}{m^2}-16\sqrt{2}-2\sqrt{2}{m^2}+8\sqrt{2}m-8\sqrt{2}m+16\sqrt{2}}}{{8[{x_1}{x_2}-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2]}}=0$．
因为k₁+k₂=0，所以∠PMN=∠PNM．
所以|PM|=|PN|．       …（14分）

点评 本题考查椭圆的简单性质以及直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．