Question

20．橢圓$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的兩頂點(diǎn)為A，B如圖，離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過其焦點(diǎn)F（0，1）的直線l與橢圓交于C，D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P，直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q．
（Ⅰ）當(dāng)$|{CD}|=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時(shí)，求直線l的方程；
（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)P異于A，B兩點(diǎn)時(shí)，求證：$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意求出橢圓的方程，設(shè)出直線l的方程，分k存在和不存在討論．利用弦長(zhǎng)公式和韋達(dá)定理求解k即可．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），可得P點(diǎn)的坐標(biāo)為$（{-\frac{1}{k}，0}）$，利用韋達(dá)定理和斜率關(guān)系建立關(guān)系求解$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$為定值．

解答 解：（Ⅰ）由題意，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，
由已知得：$c=1，\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，所以$a=\sqrt{2}，b=1$，橢圓的方程為$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1$，
當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符，
設(shè)直線l的方程為y=kx+1，C₁（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
將直線l的方程代入橢圓的方程化簡(jiǎn)得（k²+2）x²+2kx-1=0，
則${x_1}+x_2^{\;}=-\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，${x_1}{x_2}=-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，∴$|{CD}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{-\frac{2k}{{{k^2}+2}}}）}^2}+4×\frac{1}{{{k^2}+2}}}$=$\frac{{2\sqrt{2}（{{k^2}+1}）}}{{{k^2}+2}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，解得：$k=±\sqrt{2}$，
所以直線l的方程為$y=±\sqrt{2}x+1$，
（Ⅱ）證明：當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)與題意不符，
設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為$（{-\frac{1}{k}，0}）$，
由（Ⅰ）知${x_1}+{x_2}=-\frac{2k}{{{k^2}+2}}$，${x_1}{x_2}=-\frac{1}{{{k^2}+2}}$，
且直線AC的方程為$y=\frac{y_1}{{{x_1}+1}}（{x+1}）$，且直線BD的方程為$y=\frac{y_2}{{{x_2}-1}}（{x-1}）$，
將兩直線聯(lián)立，消去y得$\frac{x+1}{x-1}=\frac{{{y_2}（{{x_1}+1}）}}{{{y_1}（{{x_2}-1}）}}$，
∵-1＜x₁，x₂＜1，∴$\frac{x+1}{x-1}$與$\frac{y_2}{y_1}$異號(hào)，
${（{\frac{x+1}{x-1}}）^2}=\frac{{{y_2}^2{{（{{x_1}+1}）}^2}}}{{{y_1}^2{{（{{x_2}-1}）}^2}}}=\frac{{2-2{x_2}^2}}{{2-2{x_1}^2}}•\frac{{{{（{{x_1}+1}）}^2}}}{{{{（{{x_2}-1}）}^2}}}=\frac{{（{1+{x_1}}）（{1+{x_2}}）}}{{（{1-{x_1}}）（{1-{x_2}}）}}$=$\frac{{1-\frac{2k}{{{k^2}+2}}-\frac{1}{{{k^2}+2}}}}{{1+\frac{2k}{{{k^2}+2}}-\frac{1}{{{k^2}+2}}}}={（{\frac{k-1}{k+1}}）^2}$，${y_1}{y_2}={k^2}{x_1}{x_2}+k（{{x_1}+{x_2}}）+1={k^2}（{-\frac{1}{{{k^2}+2}}}）+k（{-\frac{2k}{{{k^2}+2}}}）+1=-\frac{{2{{（{1+k}）}^2}}}{{{k^2}+2}}•\frac{k-1}{k+1}$，
∴$\frac{k-1}{k+1}$與y₁y₂異號(hào)，$\frac{x+1}{x-1}$與$\frac{k-1}{k+1}$同號(hào)，
∴$\frac{x+1}{x-1}=\frac{k-1}{k+1}$，解得，x=-k，
故Q點(diǎn)坐標(biāo)為（-k，y₀），
$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=（{-\frac{1}{k}，0}）•（{-k，y_0^{\;}}）=1$，
故$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了橢圓方程與直線的位置關(guān)系的靈活運(yùn)用．直線方程斜率k存在和不存在討論．以及弦長(zhǎng)公式和韋達(dá)定理靈活性的運(yùn)用和 計(jì)算能力．屬于中檔偏難的題．