Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（$\sqrt{2}$，1），以原點為圓心，橢圓短半軸長為半徑的圓經(jīng)過橢圓的焦點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設過點（-1，0）的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，試問在x軸上是否存在一個定點M，使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$恒為定值？若存在，求出該定值及點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：b=c，將點代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）分類討論，當斜率存在時，代入橢圓方程，由韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，由$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$恒為定值即可求得m的值，求得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$的值及M點坐標；
當直線l的斜率k不存在時，點A（-1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），B（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），則m=-$\frac{7}{4}$時，求得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$的值及M點坐標．

解答 解：（1）由圓的方程x²+y²=b²，由橢圓短半軸長為半徑的圓經(jīng)過橢圓的焦點，則b=c，
∴a²=2b²，
將（$\sqrt{2}$，1）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，解得：b²=2，則a²=4，
∴橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（m，0），
當直線k的斜率存在，設直線l的方程為：y=k（x+1），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²+4k²x+2k²-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
則y₁y₂=k（x₁+1）×k（x₂+1）=k²（x₁x₂+x₁+x₂+1）=k²（$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+1）=-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=[$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-m×（-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）+m²]+（-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
=$\frac{2{k}^{2}-4+4m{k}^{2}+{m}^{2}+2{m}^{2}{k}^{2}-3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{（2{m}^{2}+4m-1）{k}^{2}+{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$為定值，
則$\frac{2{m}^{2}+4m-1}{2}$=$\frac{{m}^{2}-4}{1}$，解得：m=-$\frac{7}{4}$，
則$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{15}{16}$，
當直線l的斜率k不存在時，點A（-1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），B（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
此時，當m=-$\frac{7}{4}$時，則$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（-1-m）（-1-m）-$\frac{3}{2}$=-$\frac{15}{16}$，
綜上可知：存在點M（-$\frac{7}{4}$，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{15}{16}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，考查計算能力，屬于中檔題．