Question

20．已知中心在坐標原點O，焦點在y軸上的橢圓C的右頂點和上頂點分別為A、B，若△AOB的面積為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．且直線AB經(jīng)過點P（-2，3$\sqrt{2}$）
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點S（-$\frac{1}{3}$，0）的動直線l交橢圓C于M，N兩點，試問：在坐標平面上是否存在一個定點T，使得無論l如何轉動，以MN為直徑的圓恒過點T，若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系數(shù)法，列方程組解出a，b；
（2）先求出l平行x軸和垂直x軸的特殊情況，找到兩圓的公共點，再證明此公共點在動圓上即可．

解答 解：（1）設橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1$，（a＞b＞0）．
∴橢圓的上頂點為B（0，a），右頂點為A（b，0），直線AB的方程為$\frac{x}+\frac{y}{a}$=1．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{-2}+\frac{3\sqrt{2}}{a}=1}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1．
橢圓C的方程是$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1．
（2）若直線與x軸重合，則MN=2b=2，圓的方程為x²+y²=1，
若直線垂直于x軸，則MN=$\frac{8}{3}$，圓的方程為（x+$\frac{1}{3}$）²+y²=$\frac{16}{9}$．
顯然A（1，0）為兩圓的公共點，
因此所求的點T如果存在，只能是A（1，0）．
事實上，點（1，0）就是所求的點．證明如下：
當直線斜率存在時，設直線方程為y=k（x+$\frac{1}{3}$）．
由聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}=1}\\{y=k（x+\frac{1}{3}）}\end{array}\right.$，得（k²+2）x²+$\frac{2{k}^{2}}{3}$x+$\frac{{k}^{2}}{9}$-2=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{2{k}^{2}}{3（{k}^{2}+2）}$，x₁x₂=$\frac{\frac{{k}^{2}}{9}-2}{{k}^{2}+2}$．
又y₁y₂=k²（x₁+$\frac{1}{3}$）（x₂+$\frac{1}{3}$）=k²x₁x₂+$\frac{{k}^{2}}{3}$（x₁+x₂）+$\frac{{k}^{2}}{9}$．
∵$\overrightarrow{AM}$=（x₁-1，y₁），$\overrightarrow{AN}$=（x₂-1，y₂），
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂=x₁x₂-（x₁+x₂）+1+k²x₁x₂+$\frac{{k}^{2}}{3}$（x₁+x₂）+$\frac{{k}^{2}}{9}$
=（1+k²）x₁x₂+（$\frac{{k}^{2}}{3}-1$）（x₁+x₂）+1+$\frac{{k}^{2}}{9}$
═（1+k²）•$\frac{{k}^{2}-18}{9（{k}^{2}+2）}$-$\frac{{k}^{2}-3}{3}$•$\frac{2{k}^{2}}{3（{k}^{2}+2）}$+$\frac{{k}^{2}+9}{9}$
=0，
∴AM⊥AN，即以MN為直徑的圓經(jīng)過點A（1，0）．
所以在坐標平面上存在一個定點T（1，0），使得無論l如何轉動，以MN為直徑的圓恒過點T．

點評 本題考查了橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關系，屬于中檔題．