Question

13．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)是F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)P（$\sqrt{2}$，1）在橢圓C上，且|PF₁|+|PF₂|=4
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q，M是橢圓C上一點(diǎn)，直線MP和MQ與x軸分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，O為原點(diǎn)．證明：|OE|•|OF|為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓的定義，得|PF₁|+|PF₂|=2a=4，即a=2，將點(diǎn)P（$\sqrt{2}$，1）的坐標(biāo)代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，解得：b=$\sqrt{2}$即可求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）由題意可知：設(shè)M（x₀，y₀），則有x₀²+2y₀²=4，直線MP的方程為y-1=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$（x-$\sqrt{2}$），令y=0，得x=$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}-{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$，從而丨OE丨=丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}-{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$丨．，同理即可求得丨OF丨=丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}+{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$丨，則丨OE丨•丨OF丨=丨$\frac{2{y}_{0}^{2}-{x}_{0}^{2}}{{y}_{0}^{2}-1}$丨=丨$\frac{2{y}_{0}^{2}-（4-2{y}_{0}^{2}）}{{y}_{0}^{2}-1}$丨=4．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓的定義，得|PF₁|+|PF₂|=2a=4，即a=2．[（2分）]
將點(diǎn)P（$\sqrt{2}$，1）的坐標(biāo)代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，得$\frac{2}{4}+\frac{1}{^{2}}=1$，解得：b=$\sqrt{2}$．[（4分）]
∴橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．[（5分）]
（Ⅱ）證明：由Q關(guān)于x軸于P對(duì)稱，得Q（$\sqrt{2}$，-1）．
設(shè)M（x₀，y₀），則有x₀²+2y₀²=4，x₀≠$\sqrt{2}$，y₀≠±1．[（6分）]
直線MP的方程為y-1=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$（x-$\sqrt{2}$），[（7分）]
令y=0，得x=$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}-{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$，[（8分）]
∴丨OE丨=丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}-{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$丨．
直線MQ的方程為：y+1=$\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$（x-$\sqrt{2}$），[（9分）]
令y=0，得x=$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}+{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$，[（10分）]
∴丨OF丨=丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}+{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$丨．
∴丨OE丨•丨OF丨=丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}-{x}_{0}}{{y}_{0}-1}$丨•丨$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}+{x}_{0}}{{y}_{0}+1}$丨=丨$\frac{2{y}_{0}^{2}-{x}_{0}^{2}}{{y}_{0}^{2}-1}$丨=丨$\frac{2{y}_{0}^{2}-（4-2{y}_{0}^{2}）}{{y}_{0}^{2}-1}$丨=4[（12分）]
∴丨OE丨•丨OF丨=4
丨OE丨•丨OF丨為定值．[（14分）]

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查三角形的面積公式，直線的點(diǎn)斜式方程，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．