Question

2．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，一条准线方程为x=2．过椭圆的上顶点A作一条与x轴、y轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P，P关于x轴的对称点为Q．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线AP，AQ与x轴交点的横坐标分别为m，n，求证：mn为常数，并求出此常数．

Answer 1

分析 （1）利用$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{a}^{2}}{c}$=2，及其b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$，解出即可得出．
（2）证法一：设P点坐标为（x₁，y₁），则Q点坐标为（x₁，-y₁）．可得k_AP，直线AP的方程为y=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$x+1．令y=0，解得m．同理可得n．再利用（x₁，y₁）在椭圆$\frac{x2}{2}$+y²=1上，即可得出mn．
解法二：设直线AP的斜率为k（k≠0），则AP的方程为y=kx+1，令y=0，得m．联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得P，则可得Q点的坐标．可得k_AQ，可得直线AQ的方程，可得n，即可得出．

解答 解：（1）∵$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{{a}^{2}}{c}$=2，
解得a=$\sqrt{2}$，c=1，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1．
故椭圆的方程为 $\frac{x2}{2}$+y²=1．
（2）证法一：设P点坐标为（x₁，y₁），则Q点坐标为（x₁，-y₁）．
∵k_AP=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-0}$=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$，
∴直线AP的方程为y=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$x+1．
令y=0，解得m=-$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}-1}$．
∵k_AQ=$\frac{-{y}_{1}-1}{{x}_{1}-0}$=-$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$，
∴直线AQ的方程为y=-$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$x+1．
令y=0，解得n=$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}+1}$．
∴mn=-$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}-1}$×$\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}+1}$=$\frac{{x}_{1}^{2}}{1-{y}_{1}^{2}}$．
又∵（x₁，y₁）在椭圆$\frac{x2}{2}$+y²=1上，
∴$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+{y}_{1}^{2}$=1，即1-${y}_{1}^{2}$=$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$，
∴mn=2．
∴以mn为常数，且常数为2．
解法二：设直线AP的斜率为k（k≠0），则AP的方程为y=kx+1，
令y=0，得m=-$\frac{1}{k}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$
消去y，得（1+2k²）x²+4kx=0，解得x_A=0，x_P=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，
∴y_P=k×x_P+1=$\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
则Q点的坐标为（-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）．
∴k_AQ=$\frac{-\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}-1}{-\frac{4k}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{1}{2k}$，
故直线AQ的方程为y=$\frac{1}{2k}$x+1．
令y=0，得n=-2k，
∴mn=（-$\frac{1}{k}$）×（-2k）=2．
∴mn为常数，常数为2．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线的斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．