Question

18．設(shè)橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左頂點(diǎn)為A、中心為O，若橢圓M過(guò)點(diǎn)$P（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$，且AP⊥PO．
（1）求橢圓M的方程；
（2）若△APQ的頂點(diǎn)Q也在橢圓M上，試求△APQ面積的最大值；
（3）過(guò)點(diǎn)A作兩條斜率分別為k₁，k₂的直線交橢圓M于D，E兩點(diǎn)，且k₁k₂=1，求證：直線DE恒過(guò)一個(gè)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）利用AP⊥OP，可知k_AP•k_OP=-1，A點(diǎn)坐標(biāo)為（-a，0），得a，求出b，然后求解橢圓方程．
（2）求出AP的方程x-y+1=0，通過(guò)Q是橢圓M上的點(diǎn)，故可設(shè)$Q（cosθ，\frac{{\sqrt{3}}}{3}sinθ）$，然后利用三角形的面積求解最大值即可．
（3）直線AD方程為y=k₁（x+1），代入x²+3y²=1，求出D、E坐標(biāo)，得到直線DE的方程，利用直線系得到定點(diǎn)坐標(biāo)．
（法二）若DE垂直于y軸，則x_E=-x_D，y_E=y_D，此時(shí)${k_1}{k_2}=\frac{y_D}{{{x_D}+1}}•\frac{y_E}{{{x_E}+1}}=\frac{{{y_D}^2}}{{1-{x_D}^2}}=\frac{{{y_D}^2}}{{3{y_D}^2}}=\frac{1}{3}$與題設(shè)矛盾．若DE不垂直于y軸，可設(shè)DE的方程為x=ty+s，將其代入x²+3y²=1，利用韋達(dá)定理結(jié)合斜率關(guān)系推出DE的方程為x=ty-2，推出直線DE過(guò)定點(diǎn)（-2，0）．

解答 解：（1）由AP⊥OP，可知k_AP•k_OP=-1，
又A點(diǎn)坐標(biāo)為（-a，0），故$\frac{{\frac{1}{2}}}{{-\frac{1}{2}+a}}•\frac{{\frac{1}{2}}}{{-\frac{1}{2}}}=-1$，可得a=1，…（2分）
因?yàn)闄E圓M過(guò)P點(diǎn)，故$\frac{1}{4}+\frac{1}{{4{b^2}}}=1$，可得${b^2}=\frac{1}{3}$，
所以橢圓M的方程為${x^2}+\frac{y^2}{{\frac{1}{3}}}=1$．　　　　　　　　　 …（4分）
（2）AP的方程為$\frac{y-0}{{\frac{1}{2}-0}}=\frac{x+1}{{-\frac{1}{2}+1}}$，即x-y+1=0，
由于Q是橢圓M上的點(diǎn)，故可設(shè)$Q（cosθ，\frac{{\sqrt{3}}}{3}sinθ）$，…（6分）
所以${S_{△APQ}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\frac{{|{cosθ-\frac{{\sqrt{3}}}{3}sinθ+1}|}}{{\sqrt{2}}}$…（8分）=$\frac{1}{4}|{\frac{{2\sqrt{3}}}{3}cos（θ+\frac{π}{6}）+1}|$
當(dāng)$θ+\frac{π}{6}=2kπ（k∈Z）$，即$θ=2kπ-\frac{π}{6}（k∈Z）$時(shí)，S_△APQ取最大值．
故S_△APQ的最大值為$\frac{{\sqrt{3}}}{6}+\frac{1}{4}$． …（10分）
（3）直線AD方程為y=k₁（x+1），代入x²+3y²=1，可得$（3{k_1}^2+1）{x^2}+6{k_1}^2x+3{k_1}^2-1=0$，${x_A}•{x_D}=\frac{{3{k_1}^2-1}}{{3{k_1}^2+1}}$，
又x_A=-1，故${x_D}=\frac{{1-3{k_1}^2}}{{1+3{k_1}^2}}$，${y_D}={k_1}（\frac{{1-3{k_1}^2}}{{1+3{k_1}^2}}+1）=\frac{{2{k_1}}}{{1+3{k_1}^2}}$，…（12分）
同理可得${x_E}=\frac{{1-3{k_2}^2}}{{1+3{k_2}^2}}$，${y_E}=\frac{{2{k_2}}}{{1+3{k_2}^2}}$，又k₁k₂=1且k₁≠k₂，可得${k_2}=\frac{1}{k_1}$且k₁≠±1，
所以${x_E}=\frac{{{k_1}^2-3}}{{{k_1}^2+3}}$，${y_E}=\frac{{2{k_1}}}{{{k_1}^2+3}}$，${k_{DE}}=\frac{{{y_E}-{y_D}}}{{{x_E}-{x_D}}}=\frac{{\frac{{2{k_1}}}{{{k_1}^2+3}}-\frac{{2{k_1}}}{{1+3{k_1}^2}}}}{{\frac{{{k_1}^2-3}}{{{k_1}^2+3}}-\frac{{1-3{k_1}^2}}{{1+3{k_1}^2}}}}=\frac{{2{k_1}}}{{3（{k_1}^2+1）}}$，
直線DE的方程為$y-\frac{{2{k_1}}}{{1+3{k_1}^2}}=\frac{{2{k_1}}}{{3（{k_1}^2+1）}}（x-\frac{{1-3{k_1}^2}}{{1+3{k_1}^2}}）$，…（14分）
令y=0，可得$x=\frac{{1-3{k_1}^2}}{{1+3{k_1}^2}}-\frac{{3（{k_1}^2+1）}}{{1+3{k_1}^2}}=-2$．
故直線DE過(guò)定點(diǎn)（-2，0）． …（16分）
（法二）若DE垂直于y軸，則x_E=-x_D，y_E=y_D，
此時(shí)${k_1}{k_2}=\frac{y_D}{{{x_D}+1}}•\frac{y_E}{{{x_E}+1}}=\frac{{{y_D}^2}}{{1-{x_D}^2}}=\frac{{{y_D}^2}}{{3{y_D}^2}}=\frac{1}{3}$與題設(shè)矛盾．
若DE不垂直于y軸，可設(shè)DE的方程為x=ty+s，將其代入x²+3y²=1，
可得（t²+3）y²+2tsy+s²-1=0，可得${y_D}+{y_E}=\frac{-2ts}{{{t^2}+3}}，{y_D}•{y_E}=\frac{{{s^2}-1}}{{{t^2}+3}}$，…（12分）
又${k_1}{k_2}=\frac{y_D}{{{x_D}+1}}•\frac{y_E}{{{x_E}+1}}=\frac{{{y_D}{y_E}}}{{（t{y_D}+s+1）（t{y_E}+s+1）}}=1$，
可得$（{t^2}-1）{y_D}{y_E}+t（s+1）（{y_D}+{y_E}）+{（s+1）^2}=0$，…（14分）
故$（{t^2}-1）\frac{{{s^2}-1}}{{{t^2}+3}}+t（s+1）\frac{-2ts}{{{t^2}+3}}+{（s+1）^2}=0$，
可得s=-2或-1，又DE不過(guò)A點(diǎn)，即s≠-1，故s=-2．
所以DE的方程為x=ty-2，故直線DE過(guò)定點(diǎn)（-2，0）． …（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．