Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其左、右焦點為F₁、F₂，點P是坐標平面內一點，且|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，其中O為坐標原點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）如圖，過點S（0，-$\frac{1}{3}$）的動直線l交橢圓于A、B兩點，是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設P（x₀，y₀），由|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（2）假設存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點．當AB⊥x軸時，以AB為直徑的圓的方程為：x²+y²=1，當AB⊥y軸時，以AB為直徑的圓的方程為：${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，從而求出定點M（0，1）． 再證明以AB為直徑的圓恒過定點M（0，1）．由此得到在y軸上存在定點M（0，1），使以AB為直徑的圓恒過M（0，1）這個定點．

解答 解：（1）設P（x₀，y₀），∵|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，∴${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}$=$\frac{7}{4}$，①
又$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，∴（-c-x₀，-y₀）（c-x₀，-y₀）=$\frac{3}{4}$，即${{x}_{0}}^{2}-{c}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=\frac{3}{4}$，②
①代入②得：c=1．又e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
故所求橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（5分）
（2）假設存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點．
當AB⊥x軸時，以AB為直徑的圓的方程為：x²+y²=1，…③
當AB⊥y軸時，以AB為直徑的圓的方程為：${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，…④
由③，④知定點M（0，1）．   …（7分）
下證：以AB為直徑的圓恒過定點M（0，1）．
設直線l：y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1，有（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}kx-\frac{16}{9}$=0．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{-16}{9（2{k}^{2}+1）}$．…（10分）
則$\overrightarrow{MA}=（{x}_{1}，{y}_{1}-1），\overrightarrow{MB}=（{x}_{2}，{y}_{2}-1）$，
$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=x₁x₂+（y₁-1）（y₂-1）=${x}_{1}{x}_{2}+（k{x}_{1}-\frac{4}{3}）（k{x}_{2}-\frac{4}{3}）$
=（1+k²）x₁x₂-$\frac{4}{3}k（{x}_{1}+{x}_{2}）$+$\frac{16}{9}$
=（1+k²）•$\frac{-16}{9（2{k}^{2}+1）}$-$\frac{4}{3}k•\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$+$\frac{16}{9}$=0，
∴在y軸上存在定點M（0，1），使以AB為直徑的圓恒過M（0，1）這個定點．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的定點是否存在的判斷與證明，考查橢圓、直線方程、圓等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是中檔題．