Question

8．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）上一點M也在直線y=$\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}$上，M與N（0，1）兩點所在直線過橢圓C的一個焦點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知P（x₀，y₀）是橢  圓C上一點，若過點（$\frac{{x}_{0}}{3}$，-$\frac{{y}_{0}}{3}$）的直線與橢圓C有兩個異于P的交點A，B，求證：PA丄PB．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓的直線聯(lián)立，求出設(shè)M（-$\frac{2{a}^{2}}{1+{a}^{2}}$，$\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}$），左焦點為F₁．從而求出k_MN=1，由直線MN過左焦點F₁，且傾斜角為45°，可得a²=2，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．當x₁=x₂時，有AB⊥x軸，推導(dǎo)出k_PA•k_PB=-1，故PA⊥PB．當x₁≠x₂時，設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y+$\frac{{y}_{0}}{3}$=k（x-$\frac{{x}_{0}}{3}$），記m=-（$\frac{k{x}_{0}}{3}+\frac{{y}_{0}}{3}$），直線AB的方程為y=kx+m，點A、B滿足$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，即（2k²+1）x²+4kmx+（2m²-2）=0．當k_PA，k_PB中有一個不存在時，推導(dǎo)出PA⊥PB．k_PA，k_PB都存在，推導(dǎo)出k_PA•k_PB=-1．由此能證明PA⊥PB．

解答 解：（Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=±\frac{2{a}^{2}}{1+{a}^{2}}}\\{y=\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}}\end{array}\right.$，
 不妨設(shè)M（-$\frac{2{a}^{2}}{1+{a}^{2}}$，$\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}$），左焦點為F₁．
k_MN=$\frac{1-\frac{1-{a}^{2}}{1+{a}^{2}}}{\frac{2{a}^{2}}{1+{a}^{2}}}$=1，由直線MN過左焦點F₁，且傾斜角為45°，可得a²=2，
所求橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（5分）
證明：（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
（ⅰ）當x₁=x₂時，有AB⊥x軸，此時${x}_{1}={x}_{2}=\frac{{x}_{0}}{3}$，y₁=-y₂，
${k}_{PA}•{k}_{PB}=\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{\frac{{x}_{0}}{3}-{x}_{0}}•\frac{{y}_{2}-{y}_{0}}{\frac{{x}_{0}}{3}-{x}_{0}}$=-$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{\frac{4}{9}{{x}_{0}}^{2}}$，
又$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}=1$，∴${{y}_{1}}^{2}=1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}$=1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{18}$，
$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}+{{y}_{0}}^{2}$=1，∴${{y}_{0}}^{2}=1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$，于是${{y}_{1}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}$=（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{18}$）-（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$）=$\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{9}$，
∴k_PA•k_PB=-1，故PA⊥PB．
（ⅱ）當x₁≠x₂時，設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y+$\frac{{y}_{0}}{3}$=k（x-$\frac{{x}_{0}}{3}$），即y=kx-（$\frac{k{x}_{0}}{3}+\frac{{y}_{0}}{3}$），
記m=-（$\frac{k{x}_{0}}{3}+\frac{{y}_{0}}{3}$），直線AB的方程為y=kx+m，
點A、B滿足$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，消去y，整理得：（2k²+1）x²+4kmx+（2m²-2）=0．
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4km}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$．
∴y₁+y₂=（kx₁+m）+（kx₂+m）=k（x₁+x₂）+2m=k•$\frac{-4km}{2{k}^{2}+1}$+2m=$\frac{2m}{2{k}^{2}+1}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=$\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$．
①若k_PA，k_PB中有一個不存在時，不妨設(shè)k_PA不存在，即PA⊥x軸，此時A（x₀，-y₀）．
∵$\frac{-{y}_{0}-（-\frac{{y}_{0}}{3}）}{{x}_{0}-\frac{{x}_{0}}{3}}$=-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{0}-（-\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}）}{-{x}_{0}-\frac{{x}_{0}}{3}}$，∴（x₀，-y₀），（$\frac{{x}_{0}}{3}，-\frac{{y}_{0}}{3}$），（-x₀，y₀）共線，
可知B（-x₀，y₀），∴PB∥x軸，故PA⊥PB．
②若k_PA，k_PB都存在．
則k_PA•k_PB=$\frac{{y}_{0}-{y}_{0}}{{x}_{0}-{x}_{1}}•\frac{{y}_{0}-{y}_{2}}{{x}_{0}-{x}_{2}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{y}_{0}（{y}_{1}+{y}_{2}）+{y}_{1}{y}_{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{0}（{x}_{1}+{x}_{2}）+{x}_{1}{x}_{2}}^{\;}}$
=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{y}_{0}•\frac{2m}{2{k}^{2}+1}+\frac{{m}^{2}-2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}}{{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}•\frac{-4km}{2{k}^{2}+1}+\frac{2{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{（2{k}^{2}+1）{{y}_{0}}^{2}-2m{y}_{0}+{{m}^{2}-2{k}^{2}}_{\;}}{（2{k}^{2}+1）{{x}_{0}}^{2}+4km{x}_{0}+2{m}^{2}-2}$，
由m=-（$\frac{k{x}_{0}}{3}+\frac{{y}_{0}}{3}$）及$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}+{y}_{0}{\;}^{2}$=1，
代入此式，化簡后得k_PA•k_PB=$\frac{-8{k}^{2}{{x}_{0}}^{2}+16{{y}_{0}}^{2}+8k{x}_{0}{y}_{0}}{8{k}^{2}{{x}_{0}}^{2}-16{{y}_{0}}^{2}-8k{x}_{0}{y}_{0}}$=-1，故PA⊥PB．
綜上所述，PA⊥PB．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線垂直的證明，考查推理論證能力、運算求解能力，考查等價轉(zhuǎn)化思想、化歸思想、分類討論思想，難度大，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高．