Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為（1，0），且右焦點(diǎn)到上頂點(diǎn)的距離為$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)P（2，2）的動(dòng)直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，
（i）若|PA||PB|=$\frac{20}{3}$，求直線AB的斜率；
（ii）點(diǎn)Q在線段AB上，且滿足$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{2}{|PQ|}$，求點(diǎn)Q的軌跡方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意求出a，c的值，從而求出b的值，求出橢圓的方程即可；
（Ⅱ）（i）設(shè)出直線方程，和橢圓聯(lián)立方程組，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出直線斜率k的值即可；
（ii）設(shè)出Q的坐標(biāo)，根據(jù)$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{2}{|PQ|}$，得$\frac{1}{2{-x}_{1}}$+$\frac{1}{2{-x}_{2}}$=$\frac{2}{2{-x}_{0}}$，求出k的值，帶入直線方程，整理即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意得：c=1，a=$\sqrt{2}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）（i）設(shè)直線AB：y=k（x-2）+2，
點(diǎn)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）設(shè)點(diǎn)Q（x₀，y₀），由點(diǎn)Q在直線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=$\frac{3{+x}_{0}}{2（2{-x}_{0}）}$，
把它帶入（**）式，得y₀=k（x₀-2）+2=$\frac{3{+x}_{0}}{2（2{-x}_{0}）}$（x₀-2）+2=-$\frac{1}{2}$x₀+$\frac{1}{2}$，
即點(diǎn)Q的軌跡方程是：x+2y-1=0，（$\frac{1-\sqrt{10}}{3}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{10}}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線和橢圓的位置關(guān)系，考查考查橢圓的性質(zhì)以及直線的斜率問題，是一道綜合題．