已知椭圆C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1的左.右焦点匙分别F1．F2.左右顶点分别是A1.A2.离心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$.过F2的直线与椭圆交于两点P.Q.且△F1PQ的周长是4$\sqrt{2}$.直线Al P马A2Q交予点M．(1)求椭圆的方程,(2)①求证直线A1P与A2Q的交点M在一条定直线l上,②N是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

6．

已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点匙分别F₁．F₂，左右顶点分别是A₁、A₂，离心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，过F₂的直线与椭圆交于两点P、Q（不是左、右顶点），且△F₁PQ的周长是4$\sqrt{2}$，直线A_l P马A₂Q交予点M．
（1）求椭圆的方程；
（2）①求证直线A₁P与A₂Q的交点M在一条定直线l上；②N是定直线l上的一点，且PN平行于x轴，证明：$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$是定值．

分析（1）根据椭圆的焦点三角形周长求出a，再由离心率求出c，进而求出b值，可得椭圆的标准方程；
（2）①直线PQ的方程是：x=my+1，代入椭圆的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$结合韦达定理，可得：y₁+y₂，y₁y₂，y₂-y₁的值，进而联立A₁P和A₂Q的方程，求出交点的横坐标，可得：直线A₁P与A₂Q的交点M在一条定直线l：x=2上；
②根据椭圆的定义，结合直线l：x=2为椭圆的右准线，可得$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$是定值e．

解答解：（1）∵△F₁PQ的周长是4$\sqrt{2}$，
∴4a=4$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，
又由离心率是e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，故c=1，
故b²=a²-c²=1，
故椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
证明：（2）①由（1）知A₁、A₂的坐标为（$±\sqrt{2}$，0），
设直线PQ的方程是：x=my+1，
代入椭圆的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$并整理得：
（m²+2）y²+2my-1=0，
记P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-1}{{m}^{2}+2}$，
则y₂-y₁=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$，
A₁P的方程为：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+\sqrt{2}}（x+\sqrt{2}）$…①，A₂Q的方程：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\sqrt{2}}（x-\sqrt{2}）$…②，
联立两方程得：x=$\sqrt{2}$$\frac{{x}_{2}{y}_{1}{+x}_{1}{y}_{2}+\sqrt{2}（{y}_{2}{-y}_{1}）}{{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}+\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=$\sqrt{2}$•$\frac{2m（{y}_{1}•{y}_{2}）+（{y}_{1}+{y}_{2}）+\sqrt{2}（{y}_{2}{-y}_{1}）}{\sqrt{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）+（{y}_{2}{-y}_{1}）}$=$\sqrt{2}$•$\frac{2m（\frac{-1}{{m}^{2}+2}）+\frac{-2m}{{m}^{2}+2}+\sqrt{2}（\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}）}{\sqrt{2}•\frac{-2m}{{m}^{2}+2}+\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}}$=2，
故直线A₁P与A₂Q的交点M在一条定直线l：x=2上；
②由直线l：x=2为椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$的右准线，
F₂为椭圆$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$的右顶点，
故$\frac{{|{P{F_2}}|}}{{|{PN}|}}$=e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$

点评本题考查的知识点是椭圆的简单性质，椭圆的标准方程，直线的交点坐标，椭圆的定义，是直线与圆锥曲线的综合应用，难度较大，属于难题．

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