Question

13．已知椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞1}）$中，a=$\sqrt{2}$b，且椭圆E上任一点到点$P（{-\frac{1}{2}，0}）$的最小距离为$\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）如图4，过点Q（1，1）作两条倾斜角互补的直线l₁，l₂（l₁，l₂不重合）分别交椭圆E于点A，C，B，D，求证：|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

Answer 1

分析 （1）设M（x，y）为椭圆E上任一点，由$a=\sqrt{2}b$，椭圆E的方程可化为$\frac{x^2}{2}+{y^2}={b^2}$，通过求解椭圆E上任一点到点$P（{-\frac{1}{2}，0}）$的最小距离为$\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．即可求出椭圆的方程．
（2）直线l₁，l₂不重合，则直线l₁，l₂的斜率均存在，设直线l₁：y=k（x-1）+1，点A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
直线l₂：y=-k（x-1）+1．联立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$消去y，由韦达定理以及弦长公式化简，可得|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

解答 （1）解：设M（x，y）为椭圆E上任一点，由$a=\sqrt{2}b$，
则椭圆E的方程可化为$\frac{x^2}{2}+{y^2}={b^2}$，
从而$|{MP}|=\sqrt{{{（{x+\frac{1}{2}}）}^2}+{y^2}}=\sqrt{{{（{x+\frac{1}{2}}）}^2}+{b^2}-\frac{x^2}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}{{（{x+1}）}^2}+{b^2}-\frac{1}{4}}$．
由于a＞b＞1，则当x=-1时，${|{MP}|_{min}}=\sqrt{{b^2}-\frac{1}{4}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}⇒{b^2}=2$，
故椭圆E的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）证明：由于直线l₁，l₂不重合，则直线l₁，l₂的斜率均存在，
设直线l₁：y=k（x-1）+1，点A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
易知直线l₂：y=-k（x-1）+1.$|{QA}|•|{QC}|=\sqrt{1+{k^2}}•|{{x_1}-1}|•\sqrt{1+{k^2}}•|{{x_2}-1}|=（{1+{k^2}}）|{{x_1}{x_2}-（{{x_1}+{x_2}}）+1}|$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+4k（1-k）x+2（1-k）²-4=0，
由韦达定理有：${x_1}+{x_2}=-\frac{{4k（{1-k}）}}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{{（{1-k}）}^2}-4}}{{1+2{k^2}}}$，
则$|{QA}|•|{QC}|=（{1+{k^2}}）|{\frac{{2{{（{1-k}）}^2}-4+4k（{1-k}）}}{{1+2{k^2}}}+1}|=\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$；
同理可得$|{QB}|•|{QD}|=\frac{{1+{{（{-k}）}^2}}}{{1+2{{（{-k}）}^2}}}=\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
从而有|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，椭圆的简单性质以及直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．