Question

2．已知橢圓C：C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，左頂點(diǎn)A（-2，0）．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)直線(xiàn)l：x=my+t（t≠-a）與橢圓C交于不同兩點(diǎn)B，C，且滿(mǎn)足AB⊥AC．求證：直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過(guò)A作AD⊥l，垂足為D，求D的軌跡方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓的方程可知：a=2，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，求得c=1，即可求得b²=a²-c²=3，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）將直線(xiàn)方程代入橢圓方程，由韋達(dá)定理求得y₁+y₂=-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$，由AB⊥AC．$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=0，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=0，即可求得t的值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知直線(xiàn)l恒過(guò)定點(diǎn)M（-$\frac{2}{7}$，0），AD⊥l，AD⊥DM，因此可知D的軌跡是以AM為直徑的圓（除點(diǎn)A外），即可求得D的軌跡方程為（x+$\frac{8}{7}$）²+y²=$\frac{36}{49}$（x≠-2）．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓C的半焦距為c，a=2，
由題意知e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
∴c=1，
由b²=a²-c²=3，
橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；…（3分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知a=2，A（-2，0），設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
把x=my+t（t≠-a），代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$得：（3m²+4）y²+6mty+3（t²-4）=0，…（4分）
△=36m²t²-12（3m²+4）×（t²-4）=48（3m3+4-t²）＞0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$…（5分）
若AB⊥AC，
$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=0，
則（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=（my₁+t+2）（my₂+t+2）+y₁•y₂，
=（m²+1）y₁•y₂+m（t+2）（y₁+y₂）+（t+2）²，
=（m²+1）•$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$+m（t+2）（-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$）+（t+2）²，
=$\frac{（t+2）（7t+2）}{3{m}^{2}+4}$=0…（8分）
∵Q≠-2，
t=-$\frac{2}{7}$，
∴直線(xiàn)l：x=my+$\frac{2}{7}$，即直線(xiàn)l恒過(guò)定點(diǎn)M（-$\frac{2}{7}$，0）．…（9分）
（Ⅲ）設(shè)D（x，y），由（Ⅱ）知直線(xiàn)l恒過(guò)定點(diǎn)M（-$\frac{2}{7}$，0），
∵AD⊥l，
AD⊥DM，
∴D的軌跡是以AM為直徑的圓（除點(diǎn)A外），
則D的軌跡方程為（x+$\frac{8}{7}$）²+y²=$\frac{36}{49}$（x≠-2）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查曲線(xiàn)的軌跡方程，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．