2015_退役省自主命题 (2015·理)
20．如图，椭圆 $\mathrm{E}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，过点 $\mathrm{P}(0,1)$ 的动直线 $l$ 与椭圆相交于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$两点，当直线 $l$ 平行与 $x$ 轴时，直线 $l$ 被椭圆 E 截得的线段长为 $2 \sqrt{2}$ ．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）在平面直角坐标系 $x O y$ 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q ，使得 $\frac{|Q A|}{|Q B|}=\frac{|P A|}{|P B|}$ 恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】①$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ；（2）存在， Q 点的坐标为 $Q(0,2)$ ．
【解析】①由已知，点 $(\sqrt{2}, 1)$ 在椭圆 $E$ 上．
因此，$\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1, \\ a^{2}-b^{2}=c^{2}, \\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2},\end{array}\right.$
解得 $a=2, b=\sqrt{2}$ ．
所以椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ．
（2）当直线 $l$ 与 $x$ 轴平行时，设直线 $l$ 与椭圆相交于 C 、 D 两点．
如果存在定点 Q 满足条件，则 $\frac{|Q C|}{|Q D|}=\frac{|P C|}{|P D|}=1$ ，即 $|Q C|=|Q D|$ ．
所以 $Q$ 点在 $y$ 轴上，可设 $Q$ 点的坐标为 $\left(0, y_{0}\right)$ ．
当直线 $l$ 与 $x$ 轴垂直时，设直线 $l$ 与椭圆相交于 $\mathrm{M} , \mathrm{~N}$ 两点．
则 $M(0, \sqrt{2}), N(0,-\sqrt{2})$ ，
由 $\frac{|Q M|}{|Q N|}=\frac{|P M|}{|P N|}$ ，有 $\frac{\left|y_{0}-\sqrt{2}\right|}{\left|y_{0}+\sqrt{2}\right|}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}$ ，解得 $y_{0}=1$ 或 $y_{0}=2$ 。
所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为 $Q(0,2)$ ．
下面证明：对任意的直线 $l$ ，均有 $\frac{|Q A|}{|Q B|}=\frac{|P A|}{|P B|}$ ．
当直线 $l$ 的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线 $l$ 的斜率存在时，可设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+1, \mathrm{~A} , \mathrm{~B}$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ．
联立 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1 \\ y=k x+1\end{array}\right.$ ，得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k x-2=0$ ．
其判别式 $\Delta=16 k^{2}+8\left(2 k^{2}+1\right)>0$ ，
所以，$x_{1}+x_{2}=-\frac{4 k}{2 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=-\frac{2}{2 k^{2}+1}$ ．
因此 $\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}=2 k$ ．
易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 $B^{\prime}\left(-x_{2}, y_{2}\right)$ ．
又 $k_{Q_{4}}=\frac{y_{1}-2}{x_{1}}=k-\frac{1}{x_{1}}, k_{Q B^{\prime}}=\frac{y_{2}-2}{-x_{2}}=-k+\frac{1}{x_{2}}=k-\frac{1}{x_{1}}$ ，
所以 $k_{Q A}=k_{Q B^{\prime}}$ ，即 $Q, A, B^{\prime}$ 三点共线。
所以 $\frac{|Q A|}{|Q B|}=\frac{|Q A|}{\left|Q B^{\prime}\right|}=\frac{\left|x_{1}\right|}{\left|x_{2}\right|}=\frac{|P A|}{|P B|}$ ．
故存在与 P 不同的定点 $Q(0,2)$ ，使得 $\frac{|Q A|}{|Q B|}=\frac{|P A|}{|P B|}$ 恒成立．
【考点定位】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想．
【名师点睛】高考中解几题一般都属于难题的范畴，考生应立足于拿稳第（1）题的分和第（2）小题的步骤分．解决直线与圆锥曲线相交的问题，一般是将直线方程与圆锥曲线的方程联立，再根据根与系数的关系解答。本题是一个探索性问题，对这类问题一般是根据特殊情况找出结果，然后再证明其普遍性。解决本题的关键是通过作 B 的对称点将问题转化．