Question

13．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞1}）$中，a=$\sqrt{2}$b，且橢圓E上任一點(diǎn)到點(diǎn)$P（{-\frac{1}{2}，0}）$的最小距離為$\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．
（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖4，過點(diǎn)Q（1，1）作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線l₁，l₂（l₁，l₂不重合）分別交橢圓E于點(diǎn)A，C，B，D，求證：|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

Answer 1

分析 （1）設(shè)M（x，y）為橢圓E上任一點(diǎn)，由$a=\sqrt{2}b$，橢圓E的方程可化為$\frac{x^2}{2}+{y^2}={b^2}$，通過求解橢圓E上任一點(diǎn)到點(diǎn)$P（{-\frac{1}{2}，0}）$的最小距離為$\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．即可求出橢圓的方程．
（2）直線l₁，l₂不重合，則直線l₁，l₂的斜率均存在，設(shè)直線l₁：y=k（x-1）+1，點(diǎn)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
直線l₂：y=-k（x-1）+1．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$消去y，由韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式化簡(jiǎn)，可得|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

解答 （1）解：設(shè)M（x，y）為橢圓E上任一點(diǎn)，由$a=\sqrt{2}b$，
則橢圓E的方程可化為$\frac{x^2}{2}+{y^2}={b^2}$，
從而$|{MP}|=\sqrt{{{（{x+\frac{1}{2}}）}^2}+{y^2}}=\sqrt{{{（{x+\frac{1}{2}}）}^2}+{b^2}-\frac{x^2}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}{{（{x+1}）}^2}+{b^2}-\frac{1}{4}}$．
由于a＞b＞1，則當(dāng)x=-1時(shí)，${|{MP}|_{min}}=\sqrt{{b^2}-\frac{1}{4}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}⇒{b^2}=2$，
故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）證明：由于直線l₁，l₂不重合，則直線l₁，l₂的斜率均存在，
設(shè)直線l₁：y=k（x-1）+1，點(diǎn)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
易知直線l₂：y=-k（x-1）+1.$|{QA}|•|{QC}|=\sqrt{1+{k^2}}•|{{x_1}-1}|•\sqrt{1+{k^2}}•|{{x_2}-1}|=（{1+{k^2}}）|{{x_1}{x_2}-（{{x_1}+{x_2}}）+1}|$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-1}）+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+4k（1-k）x+2（1-k）²-4=0，
由韋達(dá)定理有：${x_1}+{x_2}=-\frac{{4k（{1-k}）}}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{{（{1-k}）}^2}-4}}{{1+2{k^2}}}$，
則$|{QA}|•|{QC}|=（{1+{k^2}}）|{\frac{{2{{（{1-k}）}^2}-4+4k（{1-k}）}}{{1+2{k^2}}}+1}|=\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$；
同理可得$|{QB}|•|{QD}|=\frac{{1+{{（{-k}）}^2}}}{{1+2{{（{-k}）}^2}}}=\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
從而有|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．