Question

10．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{\sqrt{2}}{3}$．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）過點P（0，-$\frac{1}{3}$）的直線l交橢圓C₁于A，B兩點．
①證明：線段AB的中點G恒在橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的內(nèi)部；
②判斷以AB為直徑的圓是否恒過定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{\sqrt{2}}{3}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C₁的方程；
（2）①橢圓C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1，設直線l方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，得（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0．由此利用韋達定理能證明點G恒在橢圓C₂內(nèi)部；
②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x²+（y+$\frac{1}{3}$）²=$\frac{16}{9}$，若以AB為直徑的圓恒過定點，則該定點必為Q（0，1），再證明Q（0，1）適合題意，從而以AB為直徑的圓恒過定點（0，1）．

解答 解：（1）由橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b≥1）的離心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-b²=c²，$\frac{|2ac-\sqrt{2}|}{\sqrt{4{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
則橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）①證明：橢圓C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1，
當直線l垂直于x軸時，AB的中點為（0，-$\frac{1}{3}$）在橢圓C₂內(nèi)部．
當直線l不垂直于x軸時，設直線方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，
并整理，得（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得x₁+x₂=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，
即有y₁+y₂=k（x₁+x₂）-$\frac{2}{3}$=-$\frac{2}{3（1+2{k}^{2}）}$，
可得G（$\frac{2k}{3（1+2{k}^{2}）}$，-$\frac{1}{3（1+2{k}^{2}）}$），
由$\frac{1}{18（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{1+8{k}^{2}}{18（1+4{k}^{2}+4{k}^{4}）}$
=$\frac{1+8{k}^{2}}{72{k}^{4}+72{k}^{2}+18}$＜1恒成立，
故點G恒在橢圓C₂內(nèi)部；
②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x²+（y+$\frac{1}{3}$）²=$\frac{16}{9}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\\{{x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=1}\end{array}\right.$，
由此可知若以AB為直徑的圓恒過定點，則該定點必為Q（0，1），
下面證明Q（0，1）適合題意．
由①知：x₁+x₂=$\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$，x₁•x₂=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$，
可得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=（x₁，y₁-1）•（x₂，y₂-1）=x₁x₂+（y₁-1）（y₂-1）
=x₁x₂+（kx₁-$\frac{4}{3}$）（kx₂-$\frac{4}{3}$）=（1+k²）x₁x₂-$\frac{4}{3}$k（x₁+x₂）+$\frac{16}{9}$
=（1+k²）（-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$）-$\frac{4}{3}$k•$\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$+$\frac{16}{9}$=
$\frac{-16-16{k}^{2}-16{k}^{2}+16（1+2{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$=0，
即有$\overrightarrow{QA}$⊥$\overrightarrow{QB}$，即Q（0，1）在以AB為直徑的圓上．
綜上，以AB為直徑的圓恒過定點（0，1）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，線段中點恒在橢圓內(nèi)部的證明，考查以線段為直線的圓是否恒過定點的判斷與證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)和向量數(shù)量積的合理運用．