Question

15．已知椭圆C的离心率为$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，长轴的左、右端点分别为A₁（-2，0），A₂（-2，0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线x=my+1与椭圆C交于P，Q两点，直线A₁P，A₂Q交于S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞0，b＞0），由a=2，e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，知c=$\sqrt{2}$，b²=2，由此能求出椭圆C的方程；
（2）取m=0，得P（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），Q（1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），直线A₁P的方程是y=$\frac{\sqrt{6}}{6}x+\frac{\sqrt{6}}{3}$，直线A₂Q的方程为是$y=\frac{\sqrt{6}}{2}x-\sqrt{6}$，交点为S₁（4，$\sqrt{6}$）．若P（1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），Q（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），由对称性可知S₂（4，-$\sqrt{6}$），若点S在同一条直线上，则直线只能为l：x=4，然后证明当m变化时，点S在直线x=4上．

解答 解：（1）设椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞0，b＞0），
∵a=2，e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴c=$\sqrt{2}$，b²=2，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）取m=0，得P（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），Q（1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
直线A₁P的方程是y=$\frac{\sqrt{6}}{6}x+\frac{\sqrt{6}}{3}$，直线A₂Q的方程是$y=\frac{\sqrt{6}}{2}x-\sqrt{6}$，交点为S₁（4，$\sqrt{6}$）．
若P（1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），Q（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），由对称性可知S₂（4，-$\sqrt{6}$），
若点S在同一条直线上，则直线只能为l：x=4．
以下证明对于任意的m，直线A₁P与A₂Q的交点S均在直线l：x=4上，
事实上，由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（m²+2）y²+2my-3=0，
记P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{{m}^{2}+2}$，
记A₁P与l交于点S₀（4，y₀），
由$\frac{{y}_{0}}{4+2}=\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，得${y}_{0}=\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，
设A₂Q与l交于点S′₀（4，y′₀），
由$\frac{y{′}_{0}}{4-2}=\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，得$y{′}_{0}=\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
∵${y}_{0}-y{′}_{0}=\frac{6{y}_{1}}{{x}_{1}+2}-\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{6{y}_{1}（m{y}_{2}-1）-2{y}_{2}（m{y}_{1}+3）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$
=$\frac{4m{y}_{1}{y}_{2}-6（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}$=$\frac{\frac{-12m}{{m}^{2}+2}-\frac{-12m}{{m}^{2}+2}}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}-2）}=0$，
∴y₀=y′₀，即S₀与S′₀重合，
这说明，当m变化时，点S恒在定直线l：x=4上．

点评 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合运用，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价变换是解题的关键，是中档题．