Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且過點A（2，1）．
（Ⅰ） 求橢圓C的方程；
（Ⅱ） 若P，Q是橢圓C上的兩個動點，且使∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，試判斷直線PQ的斜率是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且過點A（2，1），列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）法一：由∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，知PA與AQ所在直線關(guān)于直線x=2對稱．設(shè)直線PA的方程為y-1=k（x-2），直線AQ的方程為y-1=-k（x-2）．由$\left\{\begin{array}{l}{y-1=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-（16k²-8k）x+16k²-16k-4=0．由點A（2，1）在橢圓C上，求出${x_P}=\frac{{8{k^2}-8k-2}}{{1+4{k^2}}}$．同理${x_Q}=\frac{{8{k^2}+8k-2}}{{1+4{k^2}}}$，由此能求出直線PQ的斜率為定值$\frac{1}{2}$．
法二：設(shè)點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則直線PA的斜率${k_{PA}}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$，直線QA的斜率${k_{QA}}=\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$．由∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，知$\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$$+\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=0$，再由點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）在橢圓C上，能求出直線PQ的斜率為定值$\frac{1}{2}$．
法三：設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b，點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則y₁=kx₁+b，y₂=kx₂+b，直線PA的斜率${k_{PA}}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$，直線QA的斜率${k_{QA}}=\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$．由∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，知$\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$=$-\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kbx+4b²-8=0，由此利用韋達(dá)定理能求出直線PQ的斜率為定值$\frac{1}{2}$．

解答 解：（Ⅰ） 因為橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且過點A（2，1），
所以$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．…（2分）
因為a²=b²+c²，
解得a²=8，b²=2，…（3分）
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）解法一：因為∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，所以PA與AQ所在直線關(guān)于直線x=2對稱．
設(shè)直線PA的斜率為k，則直線AQ的斜率為-k．…（5分）
所以直線PA的方程為y-1=k（x-2），直線AQ的方程為y-1=-k（x-2）．
設(shè)點P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），
由$\left\{\begin{array}{l}{y-1=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（1+4k²）x²-（16k²-8k）x+16k²-16k-4=0．①
因為點A（2，1）在橢圓C上，所以x=2是方程①的一個根，則$2{x_P}=\frac{{16{k^2}-16k-4}}{{1+4{k^2}}}$，…（6分）
所以${x_P}=\frac{{8{k^2}-8k-2}}{{1+4{k^2}}}$．…（7分）
同理${x_Q}=\frac{{8{k^2}+8k-2}}{{1+4{k^2}}}$．…（8分）
所以${x_P}-{x_Q}=-\frac{16k}{{1+4{k^2}}}$．…（9分）
又${y_P}-{y_Q}=k（{{x_P}+{x_Q}-4}）=-\frac{8k}{{1+4{k^2}}}$．…（10分）
所以直線PQ的斜率為${k_{PQ}}=\frac{{{y_P}-{y_Q}}}{{{x_P}-{x_Q}}}=\frac{1}{2}$．…（11分）
所以直線PQ的斜率為定值，該值為$\frac{1}{2}$．…（12分）
解法二：設(shè)點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則直線PA的斜率${k_{PA}}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$，直線QA的斜率${k_{QA}}=\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$．
因為∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，所以PA與AQ所在直線關(guān)于直線x=2對稱．
所以k_PA=-k_QA，即$\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$$+\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=0$，①…（5分）
因為點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）在橢圓C上，
所以$\frac{x_1^2}{8}+\frac{y_1^2}{2}=1$，②$\frac{x_2^2}{8}+\frac{y_2^2}{2}=1$．③
由②得$（{x_1^2-4}）+4（{y_1^2-1}）=0$，得$\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}=-\frac{{{x_1}+2}}{{4（{{y_1}+1}）}}$，④…（6分）
同理由③得$\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=-\frac{{{x_2}+2}}{{4（{{y_2}+1}）}}$，⑤…（7分）
由①④⑤得$\frac{{{x_1}+2}}{{4（{{y_1}+1}）}}+\frac{{{x_2}+2}}{{4（{{y_2}+1}）}}=0$，
化簡得x₁y₂+x₂y₁+（x₁+x₂）+2（y₁+y₂）+4=0，⑥…（8分）
由①得x₁y₂+x₂y₁-（x₁+x₂）-2（y₁+y₂）+4=0，⑦…（9分）
⑥-⑦得x₁+x₂=-2（y₁+y₂）．…（10分）
②-③得$\frac{x_1^2-x_2^2}{8}+\frac{y_1^2-y_2^2}{2}=0$，得$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{4（{{y_1}+{y_2}}）}}=\frac{1}{2}$．…（11分）
所以直線PQ的斜率為${k_{PQ}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{1}{2}$為定值．…（12分）
解法三：設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b，點P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則y₁=kx₁+b，y₂=kx₂+b，
直線PA的斜率${k_{PA}}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$，直線QA的斜率${k_{QA}}=\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$．…（5分）
因為∠PAQ的角平分線總垂直于x軸，所以PA與AQ所在直線關(guān)于直線x=2對稱．
所以k_PA=-k_QA，即$\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}$=$-\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}$，…（6分）
化簡得x₁y₂+x₂y₁-（x₁+x₂）-2（y₁+y₂）+4=0．
把y₁=kx₁+b，y₂=kx₂+b代入上式，并化簡得2kx₁x₂+（b-1-2k）（x₁+x₂）-4b+4=0．（*）   …（7分）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得（4k²+1）x²+8kbx+4b²-8=0，（**）
則${x_1}+{x_2}=-\frac{8kb}{{4{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{b^2}-8}}{{4{k^2}+1}}$，…（8分）
代入（*）得$\frac{{2k（{4{b^2}-8}）}}{{4{k^2}+1}}-\frac{{8kb（{b-1-2k}）}}{{4{k^2}+1}}-4b+4=0$，…（9分）
整理得（2k-1）（b+2k-1）=0，
所以$k=\frac{1}{2}$或b=1-2k．…（10分）
若b=1-2k，可得方程（**）的一個根為2，不合題意．…（11分）
若$k=\frac{1}{2}$時，合題意．
所以直線PQ的斜率為定值，該值為$\frac{1}{2}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線的斜率是否為定值的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、直線與橢圓位置關(guān)系的合理運(yùn)用．