Question

16．椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，过点P的动直线l与椭圆相交于A，B两点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若椭圆E的右焦点是P，其右准线与x轴交于点Q，直线AQ的斜率为k₁，直线BQ的斜率为k₂，求证：k₁+k₂=0；
（3）设点P（t，0）是椭圆E的长轴上某一点（不为长轴顶点及坐标原点），是否存在与点P不同的定点Q，使得$\frac{QA}{QB}$=$\frac{PA}{PB}$恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，利用椭圆简单性质列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆E的方程．
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$，由此利用点差法能证明k₁+k₂=0．
（3）当直线l与y轴平行时，Q点的坐标为（x₀，0）；当直线l与y轴垂直时，Q点坐标只可能为$（\frac{2}{t}，0）$，再证明对任意直线l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$即可．

解答 解：（1）∵椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1\\{a^2}-{b^2}={c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1．
∴椭圆E的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
证明：（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$．
由题意P（1，0），Q（2，0），
∵$\overrightarrow{AP}∥\overrightarrow{BP}∴（{{x_1}-1，{y_1}}）∥（{{x_2}-1，{y_2}}）∴{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}={y_1}-{y_2}$．
$\begin{array}{l}∵（{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}）（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）={x_1}^2{y_2}^2-{x_2}^2{y_1}^2=（{2-{y_1}^2}）{y_2}^2-（{2-{y_2}^2}）{y_1}^2\\=2{y_2}^2-2{y_1}^2\end{array}$
∴$（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）（{{y_1}-{y_2}}）=2{y_2}^2-2{y_1}^2=2（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）$，
若y₁=y₂，则k₁=k₂=0，结论成立．（此处不交代扣1分）
若y₁≠y₂，则x₁y₂+x₂y₁=2（y₁+y₂），
∴${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}+\frac{y_2}{{{x_2}-2}}=\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-2（{{y_1}+{y_2}}）}}{{（{{x_1}-2}）（{{x_2}-2}）}}=0$．（10分）
备注：本题用相似三角形有关知识证明同样给分，用韦达定理解决也相应给分．
解：（3）当直线l与y轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点，
如果存在定点Q满足条件，则有$\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}$，即QC=QD，
∴Q在x轴上，可设Q点的坐标为（x₀，0）．
当直线l与y轴垂直时，设直线$\frac{π}{3}$与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为$（\sqrt{2}，0），（-\sqrt{2}，0）$，
由$\frac{QM}{QN}=\frac{PM}{PN}$，有$|{\frac{{{x_0}-\sqrt{2}}}{{{x_0}+\sqrt{2}}}}|=|{\frac{{\sqrt{2}-t}}{{\sqrt{2}+t}}}|$，解得${x_0}=\frac{2}{t}$．
∴若存在不同于点P不同的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为$（\frac{2}{t}，0）$．（12分）
下面证明：对任意直线l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．
记直线AQ的斜率为k₁，直线BQ的斜率为k₂，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\frac{{{x_1}^2}}{2}+{y_1}^2=1，\frac{{{x_2}^2}}{2}+{y_2}^2=1$．
由题意$P（{t，0}），Q（{\frac{2}{t}，0}）$，
∵$\overrightarrow{AP}∥\overrightarrow{BP}∴（{{x_1}-t，{y_1}}）∥（{{x_2}-t，{y_2}}）∴{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}=t（{{y_1}-{y_2}}）$．
$\begin{array}{l}∵（{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}）（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）={x_1}^2{y_2}^2-{x_2}^2{y_1}^2=（{2-{y_1}^2}）{y_2}^2-（{2-{y_2}^2}）{y_1}^2\\=2{y_2}^2-2{y_1}^2\end{array}$
∴$（{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}）t（{{y_1}-{y_2}}）=2{y_2}^2-2{y_1}^2=2（{{y_1}-{y_2}}）（{{y_1}+{y_2}}）$
若y₁=y₂，则k₁=k₂=0．
$若{y_1}≠{y_2}则{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}=\frac{2}{t}（{{y_1}+{y_2}}）$∴${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-\frac{2}{t}}}+\frac{y_2}{{{x_2}-\frac{2}{t}}}=\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}-\frac{2}{t}（{{y_1}+{y_2}}）}}{{（{{x_1}-\frac{2}{t}}）（{{x_2}-\frac{2}{t}}）}}=0$．
点B于x轴对称的点B'的坐标为（-x₂，y₂）．∴k_QA=k_QB′，∴Q，A，B'三点共线．
∴$\frac{QA}{QB}=\frac{QA}{QB'}=\frac{{|{y_1}|}}{{|{y_2}|}}=\frac{PA}{PB}$．∴对任意直线l，均有$\frac{QA}{QB}=\frac{PA}{PB}$．（16分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查k₁+k₂=0的证明，考查是否存在与点P不同的定点Q，使得$\frac{QA}{QB}$=$\frac{PA}{PB}$恒成立的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、椭圆与直线位置关系的合理运用．