Question

14．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其左、右焦点分别为F₁，F₂，点P是坐标平面内一点，且$|{\overrightarrow{OP}}|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}，\overrightarrow{P{F_1}}•{\overrightarrow{PF}_2}=\frac{3}{4}$，其中O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点$S（{0，\frac{1}{3}}）$，且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个定点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，得a²=2c²，设p（m，n），又F₁（-c，0），F₂（c，0），由$|{\overrightarrow{OP}}|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}，\overrightarrow{P{F_1}}•{\overrightarrow{PF}_2}=\frac{3}{4}$，列出方程组求出c=1，从而a=$\sqrt{2}$，b=1，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设直线AB为：y=kx-$\frac{1}{3}$，代入椭圆，得：（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}kx$-$\frac{16}{9}$-$\frac{16}{9}$=0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积，结合已知条件，能求出在y轴上存在定点M（0，1），以AB为直径的圆恒过这个定点．

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴${e}^{2}=\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，解得a²=2c²，
设p（m，n），又F₁（-c，0），F₂（c，0），
∵椭圆C的左、右焦点分别为F₁，F₂，点P是坐标平面内一点，
且$|{\overrightarrow{OP}}|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}，\overrightarrow{P{F_1}}•{\overrightarrow{PF}_2}=\frac{3}{4}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}+{n}^{2}=\frac{7}{4}}\\{（-c-m，-n）•（c-m，-n）={m}^{2}-{c}^{2}+{n}^{2}=\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
解得c=1，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（2）设直线AB为：y=kx-$\frac{1}{3}$，代入椭圆，整理，得：
（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}kx$-$\frac{16}{9}$-$\frac{16}{9}$=0，△＞0成立，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$，${x}_{1}{x}_{2}=-\frac{16}{9（2{k}^{2}+1）}$，
设存在定点M（m，0），使$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=0，
则（x₁，y₁-m）•（x₂，y₂-m）=${x}_{1}{x}_{2}+（k{x}_{1}-m-\frac{1}{3}）（k{x}_{2}-m-\frac{1}{3}）$=0，
整理，得$（{k}^{2}+1）{{x}_{1}{x}_{2}}^{\;}-k（m+\frac{1}{3}）（{x}_{1}+{x}_{2}）$+$（m-\frac{1}{3}）^{2}$=0，
即-16（k²+1）-12k²（m+$\frac{1}{3}$）+9（2k²+1）（m²+$\frac{2}{3}m+\frac{1}{9}$）=0，
要满足题意，则有$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-1=0}\\{9{m}^{2}+6m-15=0}\end{array}\right.$，解得m=1，
∴在y轴上存在定点M（0，1），使得以AB为直径的圆恒过这个定点（0，1）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、直线方程、向量的数量积、椭圆性质的合理运用．