848

已知椭圆 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)}$ 的左顶点为 $A(-2,0)$, 两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形. 过点 $P(1,0)$ 且与 $x$ 轴不重合的直线 $l$ 与椭圆交于 $M,N$ 不同的两点.

1. 求椭圆 $C$ 的方程;
2. 当 $AM$ 与 $MN$ 垂直时，求 $AM$ 的长;
3. 过点 $P$ 且平行于 $AM$ 的直线交直线 $x={\displaystyle \frac{5}{2}}$ 于点 $Q$, 求证: 直线 $NQ$ 恒过定点.

1. 解 由题意 $a=2,b=c=\sqrt{2}$, 故 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}$.
2. 解 设 $M(2\cos \alpha ,\sqrt{2}\sin \alpha )$, 则由题意$$\begin{array}{r}0=\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MP}=(-2-2\cos \alpha ,-\sqrt{2}\sin \alpha )\cdot (1-2\cos \alpha ,-\sqrt{2}\sin \alpha )=2{\cos }^2\alpha +2\cos \alpha ,\end{array}$$
   而 $M\ne A$，故解得 $\cos \alpha =0,|\sin \alpha |=1$，从而 $AM=\sqrt{2^2+(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{6}$.
3. 证明 设 $l_{MN}:x=ty+1,M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$, 与椭圆联立得 $$\begin{array}{r}(t^2+2)y^2+2ty-3=0\Rightarrow y_1+y_2=-\frac{2t}{t^2+2},y_1{y}_2=-\frac{3}{t^2+2},\end{array}$$
   从而$2t{y}_1{y}_2=3(y_1+y_2)$. 另一方面，$l_{PQ}:{\displaystyle y=\frac{y_1}{x_1+2}(x-1)}$，故$Q{\displaystyle (\frac{5}{2},\frac{3y_1}{2(x_1+2)})}$.
   这样$NQ$的横截距为$$\begin{array}{r}{x}_0=\frac{x_Q{y}_N-x_N{y}_Q}{y_N-y_Q}=\frac{\frac{5}{2}{y}_2-x_2\frac{3y_1}{2(x_1+2)}}{y_2-\frac{3y_1}{2(x_1+2)}}=\frac{2t{y}_1{y}_2+15y_2-3y_1}{2t{y}_1{y}_2+6y_2-3y_1}=2.\end{array}$$
   故$NQ$恒过$(2,0)$.