Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，若圓x²+y²=a²被直線x-y-$\sqrt{2}$=0截得的弦長為2
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知點(diǎn)A、B為動(dòng)直線y=k（x-1），k≠0與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)，問：在x軸上是否存在定點(diǎn)M，使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值？若存在，試求出點(diǎn)M的坐標(biāo)和定值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）求出圓x²+y²=a²的圓心（0，0）到直線x-y-$\sqrt{2}$=0的距離d，利用2=2$\sqrt{{a}^{2}-q9u05m0^{2}}$，解得a²，又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
利用根與系數(shù)的關(guān)系及其數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)可得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=$\frac{{k}^{2}（2{m}^{2}-4m+1）+{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，令2m²-4m+1=2（m²-2），解得m即可得出．

解答 解：（I）圓x²+y²=a²的圓心（0，0）到直線x-y-$\sqrt{2}$=0的距離d=$\frac{|0-\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=1，
∴2=2$\sqrt{{a}^{2}-{1}^{2}}$，解得a²=2，又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得：a²=2，c=1=b．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$．
$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m，y₁）•（x₂-m，y₂）=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=（x₁-m）（x₂-m）+k²（x₁-1）（x₂-1）=（1+k²）x₁•x₂-（m+k²）（x₁+x₂）+m²+k²
=（1+k²）•$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$-（m+k²）$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²+k²
=$\frac{{k}^{2}（2{m}^{2}-4m+1）+{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
令2m²-4m+1=2（m²-2），解得m=$\frac{5}{4}$．
因此在x軸上存在定點(diǎn)M（$\frac{5}{4}$，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值$-\frac{7}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、定值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．