Question

19．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P（x₀，y₀）（y₀≠0）是橢圓C：$\frac{x^2}{{2{λ^2}}}$+$\frac{y^2}{λ^2}$=1（λ＞0）上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線l的方程為$\frac{{{x_0}x}}{{2{λ^2}}}$+$\frac{{{y_0}y}}{λ^2}$=1．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）當(dāng)λ=1時(shí)，設(shè)直線l與x軸、y軸分別相交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最小值；
（Ⅲ）設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)Q與點(diǎn)F₁關(guān)于直線l對(duì)稱，求證：點(diǎn)Q，P，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓方程，求出a，c，即可求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，求出A的坐標(biāo)，然后求解B的坐標(biāo)，表示三角形的面積，通過(guò)P（x₀，y₀）在橢圓C上，利用基本不等式求解三角形OAB面積的最小值．
（Ⅲ）由$\frac{x^2}{{2{λ^2}}}$+$\frac{y^2}{λ^2}$=1，求出$-\sqrt{2}λ＜{x_0}＜\sqrt{2}λ$．①當(dāng)x₀=0時(shí)，求出P（0，λ），Q（-λ，2λ），證明三點(diǎn)Q，P，F(xiàn)₂共線．②當(dāng)x₀≠0時(shí)，設(shè)Q（m，n），m≠-λ，F(xiàn)₁Q的中點(diǎn)為M，則$M（\frac{m-λ}{2}，\frac{n}{2}）$，代入直線l的方程，求出Q坐標(biāo)，通過(guò)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)與點(diǎn)F₂的橫坐標(biāo)相等時(shí)，說(shuō)明P，Q，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．點(diǎn)P的橫坐標(biāo)與點(diǎn)F₂的橫坐標(biāo)不相等時(shí)，證明${k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，說(shuō)明Q，P，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．

解答 （本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）依題$a=\sqrt{2}λ$，$c=\sqrt{2{λ^2}-{λ^2}}=λ$，
所以橢圓C離心率為$e=\frac{λ}{{\sqrt{2}λ}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（3分）
（Ⅱ）依題意x₀≠0，令y=0，由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，得$x=\frac{2}{x_0}$，則$A（\frac{2}{x_0}，0）$．
令x=0，由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，得$y=\frac{1}{y_0}$，則$B（0，\frac{1}{y_0}）$．
則△OAB的面積${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|{OA}||{OB}|=\frac{1}{2}|{\frac{2}{{{x_0}{y_0}}}}|=\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}$．
因?yàn)镻（x₀，y₀）在橢圓C：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$上，所以$\frac{{{x_0}^2}}{2}+{y_0}^2=1$．
所以$1=\frac{{{x_0}^2}}{2}+{y_0}^2≥2\frac{{|{{x_0}{y_0}}|}}{{\sqrt{2}}}$，即$|{{x_0}{y_0}}|≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，則$\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}≥\sqrt{2}$．
所以${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|{OA}||{OB}|=\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}≥\sqrt{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{{{x_0}^2}}{2}={y_0}^2$，即${x_0}=±1，{y_0}=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時(shí)，△OAB面積的最小值為$\sqrt{2}$．                  …（8分）
（Ⅲ）由$\frac{y_0^2}{λ^2}=1-\frac{x_0^2}{{2{λ^2}}}＞0$，解得$-\sqrt{2}λ＜{x_0}＜\sqrt{2}λ$．
①當(dāng)x₀=0時(shí)，P（0，λ），Q（-λ，2λ），此時(shí)${k_{{F_2}P}}=-1$，${k_{{F_2}Q}}=-1$．
因?yàn)?{k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，所以三點(diǎn)Q，P，F(xiàn)₂共線．
當(dāng)P（0，-λ）時(shí)，也滿足．
②當(dāng)x₀≠0時(shí)，設(shè)Q（m，n），m≠-λ，F(xiàn)₁Q的中點(diǎn)為M，則$M（\frac{m-λ}{2}，\frac{n}{2}）$，代入直線l的方程，得：${x_0}m+2{y_0}n-{x_0}λ-4{λ^2}=0$．
設(shè)直線F₁Q的斜率為k，則$k=\frac{n}{m+λ}=\frac{{2{y_0}}}{x_0}$，
所以2y₀m-x₀n+2y₀λ=0．由$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}m+2{y_0}n-{x_0}λ-4{λ^2}=0}\\{2{y_0}m-{x_0}n+2{y_0}λ=0}\end{array}}\right.$，
解得$m=\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ$，$n=\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}$．
所以$Q（\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ，\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}）$．
當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)與點(diǎn)F₂的橫坐標(biāo)相等時(shí)，把x₀=λ，$y_0^2=\frac{λ^2}{2}$代入$m=\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ$，得m=λ，
則P，Q，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．
當(dāng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)與點(diǎn)F₂的橫坐標(biāo)不相等時(shí)，
直線F₂P的斜率為${k_{{F_2}P}}=\frac{y_0}{{{x_0}-λ}}$．
由$-\sqrt{2}λ≤{x_0}≤\sqrt{2}λ$，x₀≠-2λ．
所以直線F₂Q的斜率為${k_{{F_2}Q}}=\frac{{\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}}}{{\frac{{2{x_0}^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-2λ}}=\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{{2{x_0}^2λ+4{x_0}{λ^2}-8y_0^2λ-2x_0^2λ}}$
=$\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{{4{x_0}{λ^2}-8y_0^2λ}}=\frac{{{x_0}{y_0}+2{y_0}λ}}{{{x_0}λ-2y_0^2}}=\frac{{{y_0}（{x_0}+2λ）}}{{{x_0}^2+λ{(lán)x_0}-2{λ^2}}}$
=$\frac{{{y_0}（{x_0}+2λ）}}{{（{x_0}-λ）（{x_0}+2λ）}}=\frac{y_0}{{{x_0}-λ}}$．
因?yàn)?{k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，所以Q，P，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．
綜上所述Q，P，F(xiàn)₂三點(diǎn)共線．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．