Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为（1，0），且右焦点到上顶点的距离为$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点P（2，2）的动直线交椭圆C于A，B两点，
（i）若|PA||PB|=$\frac{20}{3}$，求直线AB的斜率；
（ii）点Q在线段AB上，且满足$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{2}{|PQ|}$，求点Q的轨迹方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据题意求出a，c的值，从而求出b的值，求出椭圆的方程即可；
（Ⅱ）（i）设出直线方程，和椭圆联立方程组，根据根与系数的关系求出直线斜率k的值即可；
（ii）设出Q的坐标，根据$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{2}{|PQ|}$，得$\frac{1}{2{-x}_{1}}$+$\frac{1}{2{-x}_{2}}$=$\frac{2}{2{-x}_{0}}$，求出k的值，带入直线方程，整理即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：c=1，a=$\sqrt{2}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）（i）设直线AB：y=k（x-2）+2，
点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}{+y}^{2}=1}\\{y=k（x-2）+2}\end{array}\right.$，
得：（1+2k²）x²+4k（2-2k）x+2（2-2k）²-2=0（*），
∴x₁+x₂=-$\frac{4k（2-2k）}{1+{2k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{2（2-2k）}^{2}-2}{1+{2k}^{2}}$，
|PA||PB|=$\sqrt{1{+k}^{2}}$|2-x₁|•$\sqrt{1{+k}^{2}}$|2-x₂|
=（1+k²）[4-2（x₁+x₂）+x₁x₂]
=$\frac{10（1{+k}^{2}）}{1+{2k}^{2}}$=$\frac{20}{3}$，
解得：k²=1，即k=1或-1；
（ii）设点Q（x₀，y₀），由点Q在直线AB上，
得y₀=k（x₀-2）+2，（**），
又$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{2}{|PQ|}$，得$\frac{1}{2{-x}_{1}}$+$\frac{1}{2{-x}_{2}}$=$\frac{2}{2{-x}_{0}}$，
∵$\frac{1}{2{-x}_{1}}$+$\frac{1}{2{-x}_{2}}$=$\frac{4-{（x}_{1}{+x}_{2}）}{4-2{（x}_{1}{+x}_{2}）{{+x}_{1}x}_{2}}$，
∴2-x₀=2×$\frac{4-2{（x}_{1}{+x}_{2}）{{+x}_{1}x}_{2}}{4-{（x}_{1}{+x}_{2}）}$=2×（2+$\frac{{{x}_{1}x}_{2}-4}{4-{（x}_{1}{+x}_{2}）}$）=$\frac{5}{1+2k}$，
∴k=$\frac{3{+x}_{0}}{2（2{-x}_{0}）}$，
把它带入（**）式，得y₀=k（x₀-2）+2=$\frac{3{+x}_{0}}{2（2{-x}_{0}）}$（x₀-2）+2=-$\frac{1}{2}$x₀+$\frac{1}{2}$，
即点Q的轨迹方程是：x+2y-1=0，（$\frac{1-\sqrt{10}}{3}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{10}}{3}$）．

点评 本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查考查椭圆的性质以及直线的斜率问题，是一道综合题．