Question

4．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），右焦点$F（\sqrt{2}，0）$，点$D（\sqrt{2}，1）$在椭圆上．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ） 已知直线l：y=kx与椭圆C交于A，B两点，P为椭圆C上异于A，B的动点．
（i）若直线PA，PB的斜率都存在，证明：k_PA•k_PB=-$\frac{1}{2}$；
（ii） 若k=0，直线PA，PB分别与直线x=3相交于点M，N，直线BM与椭圆C相交于点Q（异于点B），求证：A，Q，N三点共线．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义，求出a、b，然后求出椭圆的方程．
（Ⅱ）（i）设P（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），利用平方差法证明${k_{PA}}•{k_{PB}}=-\frac{1}{2}$．
（ii） k=0时，P（x₀，y₀），A（-2，0），B（2，0）．设PA的斜率为n，则PB的斜率为$-\frac{1}{2n}$，
直线PA，PB方程，求出Q坐标，代入椭圆方程，然后证明A，Q，N三点共线．

解答 （本小题满分14分）
解：（Ⅰ）依题意，椭圆的焦点为${F_1}（-\sqrt{2}，0），{F_2}（\sqrt{2}，0）$，则|DF₁|+|DF₂|=2a，
解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ c=\sqrt{2}\end{array}\right.$，所以b²=a²-c²=2．
故椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）（i）证明：设P（x₀，y₀），A（x₁，y₁），B（-x₁，-y₁），则$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{2}=1$，$\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{2}=1$．
两式作差得$\frac{x_0^2-x_1^2}{4}+\frac{y_0^2-y_1^2}{2}=0$．
因为直线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，当PA，PB的斜率都存在时，${k_{PA}}•{k_{PB}}=-\frac{1}{2}$．…（9分）
（ii） 证明：k=0时，P（x₀，y₀），A（-2，0），B（2，0）．
设PA的斜率为n，则PB的斜率为$-\frac{1}{2n}$，
直线PA：y=n（x+2），M（3，5n），
直线$PB：y=-\frac{1}{2n}（x-2）$，$N（3，-\frac{1}{2n}）$，
所以直线BM：y=5n（x-2），直线$AN：y=-\frac{1}{10n}（x+2）$，
联立，可得交点$Q（\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}，\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）$．
因为${[\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}]^2}+2{（\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）^2}=4$，
所以点$Q（\frac{{2（50{n^2}-1）}}{{50{n^2}+1}}，\frac{-20n}{{50{n^2}+1}}）$在椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$上．
即直线MB与直线NA的交点Q在椭圆上，即A，Q，N三点共线．…（14分）

点评 本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系，考查计算能力以及转化思想的应用．