Question

8．已知F₁，F₂是椭圆$Γ：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦点，椭圆Γ的离心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，P（x₀，y₀）是Γ上异于左右顶点的任意一点，且△PF₁F₂的面积的最大值为1．
（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；
（Ⅱ）直线l是椭圆在点P处的切线，过F₂作PF₂的垂线，交直线l相交于Q，求证：点Q落在一条定直线m上，并求直线m的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过判断PF₁F₂的面积最大时的位置列出方程组，即可求出ab，得到椭圆的方程．
（Ⅱ）利用椭圆的对称性，判断点Q所在的定直线与x轴垂直，猜想直线m：x=2．设直线l：y-y₀=k（x-x₀）与椭圆联立，消去y，利用相切，△=0，求出k，得到直线l：$y=-\frac{x_0}{{2{y_0}}}（x-{x_0}）+{y_0}$，直线$Q{F_2}：\frac{y}{x-1}=-\frac{{{x_0}-1}}{y_0}$，消去y，利用分析法证明即可．

解答 解：（Ⅰ）依题意可知当P在短轴端点时，△PF₁F₂的面积最大，
可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}×2c×b=1\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}{a^2}=2\\{b^2}=1\end{array}\right.$，
所以椭圆$Γ：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$----------------（4分）
（Ⅱ）根据椭圆的对称性可知，点Q所在的定直线与x轴垂直
令P为短轴端点，则PQ：y=1，直线QF₂：y=x-1，此时Q（2，0），猜想直线m：x=2---（6分）
设直线l：y-y₀=k（x-x₀）与椭圆$Γ：\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$联立得：${x^2}+2{[kx+（{y_0}-k{x_0}）]^2}=2$$（1+2{k^2}）{x^2}+4k（{y_0}-k{x_0}）x+2{（{y_0}-k{x_0}）^2}-2=0$$△=16{k^2}{（{y_0}-k{x_0}）^2}-4（1+2{k^2}）（2{（{y_0}-k{x_0}）^2}-2）=0$$△=-4（2{（{y_0}-k{x_0}）^2}-2-4{k^2}）=0$，即${（{y_0}-k{x_0}）^2}-1-2{k^2}=0$，$（{x_0}^2-2）{k^2}-2{x_0}{y_0}•k+{y_0}^2-1=0$，$-2{y_0}^2{k^2}-2{x_0}{y_0}•k-\frac{{{x_0}^2}}{2}=0$，解得${y_0}^2{k^2}+{x_0}{y_0}•k+\frac{{{x_0}^2}}{4}=0$，所以${（{y_0}k+\frac{x_0}{2}）^2}=0$，
所以$k=-\frac{x_0}{{2{y_0}}}$，所以直线l：$y=-\frac{x_0}{{2{y_0}}}（x-{x_0}）+{y_0}$------------------------（10分）
直线$Q{F_2}：\frac{y}{x-1}=-\frac{{{x_0}-1}}{y_0}$
消去y得：$\frac{{-\frac{x_0}{{2{y_0}}}（x-{x_0}）+{y_0}}}{x-1}=-\frac{{{x_0}-1}}{y_0}$，
要证：x=2，只需证：$Q{F_2}：\frac{{-\frac{x_0}{{2{y_0}}}（2-{x_0}）+{y_0}}}{2-1}=-\frac{{{x_0}-1}}{y_0}$成立-------（12分）
即证：$-\frac{x_0}{{2{y_0}}}（2-{x_0}）+{y_0}=-\frac{{{x_0}-1}}{y_0}$
即证：$-{x_0}（2-{x_0}）+2{y_0}^2=-2（{x_0}-1）$
即证：${x_0}^2+2{y_0}^2=2$显然成立
所以原命题得证．---------------------------------------------------------------（14分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查归纳推理以及分析法的综合应用，转化思想的应用，难度比较大．