Question

8．在平面直角坐标系 xOy 中，离心率为$\frac{1}{2}$的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左顶点为A，且A到右准线的距离为6，点P、Q是椭圆C上的两个动点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，当P、O、Q共线时，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点，求证：$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$定值；
（3）设直线AP，AQ的斜率分别为k₁，k₂，当k₁•k₂=-1时，证明直线PQ经过定点R．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率为$\frac{1}{2}$，且A到右准线的距离为6，列方程求解得a=2，c=1，由此能求出椭圆的标准方程；
（2）设P（x₀，y₀），则Q（-x₀，-y₀），又A（-2，0），求出直线AP的方程得到M点的坐标，再求出$\overrightarrow{AM}$，同理可得$\overrightarrow{AN}$，进一步求出$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=4+$\frac{4{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$，结合点P在椭圆C上，故$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，即可证得结论；
（3）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），将直线AP的方程y=k₁（x+2）与椭圆方程联立得：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，即
（3+4k₁²）x²+16k₁²x+16k₁²-12=0，求出P点的坐标，由k₁•k₂=-1即可求出Q点的坐标，然后分类讨论即可得结论．

解答 （1）解：由题意，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$且$a+\frac{{a}^{2}}{c}=6$，
解得a=2，c=1．
∴b=$\sqrt{{2}^{2}-1}=\sqrt{3}$．
∴椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）证明：设P（x₀，y₀），则Q（-x₀，-y₀），又A（-2，0），
∴直线AP的方程为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+$\frac{4{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$．
又点P在椭圆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）证明：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），将直线AP的方程y=k₁（x+2）与椭圆方程联立得：$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
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（$\frac{6{k}_{1}^{2}-8}{3{k}_{1}^{2}+4}$，$\frac{-12{k}_{1}}{3{{k}_{1}}^{2}+4}$）．
当${k_1}^2=1$时，$\frac{{6-8{k_1}^2}}{{3+4{k_1}^2}}=-\frac{2}{7}$点P和点Q的横坐标相同，直线PQ的方程为x=-$\frac{2}{7}$，
由此可见，如果直线PQ经过定点R，则点R的横坐标一定为-$\frac{2}{7}$．
当${k_1}^2≠1$时，${k_{PQ}}=\frac{{\frac{{12{k_1}}}{{3+4{k_1}^2}}-\frac{{-12{k_1}}}{{3{k_1}^2+4}}}}{{\frac{{6-8{k_1}^2}}{{3+4{k_1}^2}}-\frac{{6{k_1}^2-8}}{{3{k_1}^2+4}}}}=\frac{{7{k_1}}}{{4（1-{k_1}^2）}}$，
直线PQ的方程为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．
∴直线PQ过定点R（-$\frac{2}{7}$，0）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查两数值是否为定值的判断与求法，考查运算能力，解题时要认真审题，注意直线与椭圆性质的合理运用，是难题．