Question

9．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点A（$\sqrt{2}$，0），且离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）如图，过椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1上任意一点P作椭圆C₁的两条切线PM和PN，切点分别为M、N．当点P在椭圆C₂上运动时，是否存在圆心在原点的定圆恒与直线MN相切？若存在，求出该定圆的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）由椭圆过点A（$\sqrt{2}$，0），且离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．可得a=$\sqrt{2}$，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又b²=a²-c²，联立解得即可得出椭圆的方程．
（II）设点P（m，n），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．可得切线PM的方程为：$\frac{{x}_{1}x}{2}+{y}_{1}y$=1，由点P也切线PM上，可得$\frac{{x}_{1}m}{2}$+y₁n=1，同理可得：$\frac{{x}_{2}m}{2}$+y₂n=1．可得直线MN的方程为：$\frac{mx}{2}$+ny=1．利用点到直线的距离公式可得原点到直线MN的距离d=$\frac{1}{\sqrt{\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}}}$，及其点P在椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1上，可得d=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．即可得出结论．

解答 解：（I）∵椭圆过点A（$\sqrt{2}$，0），且离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴a=$\sqrt{2}$，$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又b²=a²-c²，
联立解得$a=\sqrt{2}$，b=c=1．
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（II）设点P（m，n），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
∴切线PM的方程为：$\frac{{x}_{1}x}{2}+{y}_{1}y$=1，∵点P也切线PM上，∴$\frac{{x}_{1}m}{2}$+y₁n=1，
同理可得：$\frac{{x}_{2}m}{2}$+y₂n=1．
∴点M，N均在直线$\frac{mx}{2}$+ny=1上，即直线MN的方程为：$\frac{mx}{2}$+ny=1．
∴原点到直线MN的距离d=$\frac{1}{\sqrt{\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}}}$，
∵点P在椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1上，
∴$\frac{{m}^{2}}{4}+{n}^{2}$=2，∴d=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴存在圆心在原点的定圆${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{1}{2}$恒与直线MN相切．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相切问题、点到直线的距离公式、圆的方程，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于难题．