Question

9．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且椭圆C上一点M与椭圆左右两个焦点构成的三角形周长为4+2$\sqrt{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，设点D为椭圆上任意一点，直线y=m和椭圆C交于A、B两点，直线DA、DB与y轴的交点分别为P、Q，求证：∠PF₁F₂+∠QF₁F₂=90°．

Answer 1

分析 （1）：由题意可得：e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，2a+2c=4+2$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²．联立解出即可得出椭圆C的方程．
（2）设D（x₀，y₀），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．把y=m代入椭圆方程可得：A（-$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m），B（$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m）．利用点斜式可得：直线DA的方程与直线DB的方程，可得P，Q的坐标．利用斜率公式只要证明${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{Q{F}_{1}}$=1即可得出．

解答 （1）解：由题意可得：e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$，2a+2c=4+2$\sqrt{2}$，又a²=b²+c²．
联立解得：a=2，b=c=$\sqrt{2}$．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）证明：F₁$（-\sqrt{2}，0）$．
设D（x₀，y₀），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．
把y=m代入椭圆方程可得：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{m}^{2}}{2}$=1，解得x=±$\sqrt{4-2{m}^{2}}$．
取A（-$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m），B（$\sqrt{4-2{m}^{2}}$，m）．
直线DA的方程为：y-y₀=$\frac{m-{y}_{0}}{-\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}$（x-x₀），可得P$（0，\frac{（m-{y}_{0}）{x}_{0}}{\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}}+{y}_{0}）$．
同理可得：直线DB的方程为：y-y₀=$\frac{m-{y}_{0}}{\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}$（x-x₀），可得Q$（0，\frac{-{x}_{0}（m-{y}_{0}）}{\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}}+{y}_{0}）$．
∴${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}）}$，
${k}_{Q{F}_{1}}$=$\frac{-m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}）}$．
又${y}_{0}^{2}$=2-$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$．
∴${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{Q{F}_{1}}$=$\frac{m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}+{x}_{0}）}$•$\frac{-m{x}_{0}+{y}_{0}\sqrt{4-2{m}^{2}}}{\sqrt{2}（\sqrt{4-2{m}^{2}}-{x}_{0}）}$=$\frac{{y}_{0}^{2}（4-2{m}^{2}）-{m}^{2}{x}_{0}^{2}}{2（4-2{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=$\frac{（2-\frac{{x}_{0}^{2}}{2}）（4-2{m}^{2}）-{m}^{2}{x}_{0}^{2}}{2（4-2{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=1．
∴∠PF₁F₂+∠QF₁F₂=90°．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线方程、斜率计算公式、点与椭圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．