1571

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

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

1. 解 是 ${\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}$.
2. 解 设 ${\displaystyle M(x_0,y_0)}$, 则 $$\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{PM}=(x_0+2,y_0)\cdot (x_0-1,y_0)=x_0^2+x_0-2+y_0^2=0,$$ 与 ${\displaystyle \frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{2}=1}$ 联立, 解得 ${\displaystyle x_0=0}$ (舍去 ${\displaystyle x_0=-2}$), 从而 ${\displaystyle AM=\sqrt{(x_0+2{)}^2+y_0^2}=\sqrt{6}}$.
3. 证明 设 ${\displaystyle M(x_1,y_1)}$, ${\displaystyle N(x_2,y_2)}$. 因为 ${\displaystyle l}$ 不与 ${\displaystyle x}$ 轴重合, 所以可以设 ${\displaystyle l:x=ty+1}$. 与 ${\displaystyle C}$ 联立得 $$(t^2+2)y^2+2ty-3=0\Rightarrow y_1+y_2=-\frac{2t}{t^2+2},y_1{y}_2=-\frac{3}{t^2+2}.$$ 所以 ${\displaystyle 2t{y}_1{y}_2=3(y_1+y_2)}$. 而 ${\displaystyle k_{AM}=\frac{y_1}{x_1+2}}$, 所以 ${\displaystyle l_{PQ}:y=\frac{y_1}{x_1+2}(x-1)}$, 与 ${\displaystyle x=\frac{5}{2}}$ 联立, 得 ${\displaystyle Q(\frac{5}{2},\frac{3y_1}{2(x_1+2)})}$.
   由于 $$l_{NQ}:(y_2-y_Q)x-(x_2-x_Q)y+y_Q{x}_2-y_2{x}_Q=0,$$ 所以它的横截距为 $$\begin{array}{rl}& \frac{y_2{x}_Q-y_Q{x}_2}{y_2-y_Q}=\frac{5y_2(x_1+2)-3y_1{x}_2}{2y_2(x_1+2)-3y_1}\\ =& \frac{2t{y}_1{y}_2+15y_2-3y_1}{2t{y}_1{y}_2+6y_2-3y_1}=\frac{18y_2}{9y_2}=2,\end{array}$$ 说明 ${\displaystyle NQ}$ 恒过定点 ${\displaystyle (2,0)}$.
   

如果我们意识到过的定点就是右顶点 ${\displaystyle B(2,0)}$, 可以直接证明 ${\displaystyle N,B,Q}$ 三点共线. 设 ${\displaystyle k_{AM}=k}$. 则 ${\displaystyle l_{PQ}:y=k(x-1)}$, 与 ${\displaystyle x=\frac{5}{2}}$ 联立得 ${\displaystyle Q(\frac{5}{2},\frac{3k}{2})}$, 所以 $$k_{BQ}=\frac{\frac{3k}{2}}{\frac{5}{2}-2}=3k.$$ 另一方面根据椭圆的第三定义, ${\displaystyle k_{AM}{k}_{MB}=-\frac{1}{2}}$. 而 ${\displaystyle k_{MB}{k}_{BN}}$ 其实也是定值, 我们可以用化齐次联立来证明. 设 ${\displaystyle l:-(x-2)+\beta y=1}$.^[1], 然后改写椭圆方程为 $$\frac{(x-2+2{)}^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\Rightarrow \frac{(x-2{)}^2}{4}+\frac{y^2}{2}+(x-2)(-(x-2)+\beta y)=0.$$ 记 ${\displaystyle k=\frac{y}{x-2}}$, 则上式变为 $$\frac{k^2}{2}+\beta k-\frac{3}{4}=0\Rightarrow k_{MB}{k}_{BN}=-\frac{3}{2}.$$
这样 ${\displaystyle k_{BN}=3k=k_{BQ}}$, 所以 ${\displaystyle N,B,Q}$ 共线.