Question

8．在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，離心率為$\frac{1}{2}$的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)為A，且A到右準(zhǔn)線的距離為6，點(diǎn)P、Q是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，當(dāng)P、O、Q共線時(shí)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)，求證：$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$定值；
（3）設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k₁，k₂，當(dāng)k₁•k₂=-1時(shí)，證明直線PQ經(jīng)過(guò)定點(diǎn)R．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，且A到右準(zhǔn)線的距離為6，列方程求解得a=2，c=1，由此能求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則Q（-x₀，-y₀），又A（-2，0），求出直線AP的方程得到M點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出$\overrightarrow{AM}$，同理可得$\overrightarrow{AN}$，進(jìn)一步求出$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=4+$\frac{4{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$，結(jié)合點(diǎn)P在橢圓C上，故$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，即可證得結(jié)論；
（3）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），將直線AP的方程y=k₁（x+2）與橢圓方程聯(lián)立得：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，即
（3+4k₁²）x²+16k₁²x+16k₁²-12=0，求出P點(diǎn)的坐標(biāo)，由k₁•k₂=-1即可求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)，然后分類討論即可得結(jié)論．

解答 （1）解：由題意，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$且$a+\frac{{a}^{2}}{c}=6$，
解得a=2，c=1．
∴b=$\sqrt{{2}^{2}-1}=\sqrt{3}$．
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）證明：設(shè)P（x₀，y₀），則Q（-x₀，-y₀），又A（-2，0），
∴直線AP的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（x+2），得M（0，$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$），
∴$\overrightarrow{AM}$=（2，$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）．
同理可得N（0，$\frac{-2{y}_{0}}{{-x}_{0}+2}$），$\overrightarrow{AN}$=（2，$\frac{-2{y}_{0}}{-{x}_{0}+2}$），
∴$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=4+$\frac{4{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$．
又點(diǎn)P在橢圓C上，故$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，即${x_0}^2-4=-\frac{4}{3}{y_0}^2$，
∴$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=4+$\frac{4{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=1（定值）；
（3）證明：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），將直線AP的方程y=k₁（x+2）與橢圓方程聯(lián)立得：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
即（3+4k₁²）x²+16k₁²x+16k₁²-12=0．
∴-2+x₁=$\frac{-16{k}_{1}^{2}}{3+4{k}_{1}^{2}}$，x₁=$\frac{6-8{k}_{1}^{2}}{3+4{k}_{1}^{2}}$，y₁=$\frac{12{k}_{1}}{3+4{k}_{1}^{2}}$，
∴P（$\frac{6-8{k}_{1}^{2}}{3+4{k}_{1}^{2}}$，$\frac{12{k}_{1}}{3+4{k}_{1}^{2}}$）．
∵k₁•k₂=-1，
∴Q（$\frac{6{k}_{1}^{2}-8}{3{k}_{1}^{2}+4}$，$\frac{-12{k}_{1}}{3{{k}_{1}}^{2}+4}$）．
當(dāng)${k_1}^2=1$時(shí)，$\frac{{6-8{k_1}^2}}{{3+4{k_1}^2}}=-\frac{2}{7}$點(diǎn)P和點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相同，直線PQ的方程為x=-$\frac{2}{7}$，
由此可見(jiàn)，如果直線PQ經(jīng)過(guò)定點(diǎn)R，則點(diǎn)R的橫坐標(biāo)一定為-$\frac{2}{7}$．
當(dāng)${k_1}^2≠1$時(shí)，${k_{PQ}}=\frac{{\frac{{12{k_1}}}{{3+4{k_1}^2}}-\frac{{-12{k_1}}}{{3{k_1}^2+4}}}}{{\frac{{6-8{k_1}^2}}{{3+4{k_1}^2}}-\frac{{6{k_1}^2-8}}{{3{k_1}^2+4}}}}=\frac{{7{k_1}}}{{4（1-{k_1}^2）}}$，
直線PQ的方程為y-$\frac{12{k}_{1}}{3+4{k}_{1}^{2}}$=$\frac{7{k}_{1}}{4（1-{k}_{1}^{2}）}$（x-$\frac{6-8{k}_{1}^{2}}{3+4{k}_{1}^{2}}$），
令x=-$\frac{2}{7}$得：$y=\frac{{7{k_1}}}{{4（1-{k_1}^2）}}（-\frac{2}{7}-\frac{{6-8{k_1}^2}}{{3+4{k_1}^2}}）+\frac{{12{k_1}}}{{3+4{k_1}^2}}$=0．
∴直線PQ過(guò)定點(diǎn)R（-$\frac{2}{7}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查兩數(shù)值是否為定值的判斷與求法，考查運(yùn)算能力，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意直線與橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用，是難題．