Question

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
（1）若点P的坐标为（2，$\sqrt{2}$），求椭圆的方程；
（2）设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，直线OA，OB的斜率之积-$\frac{1}{2}$，求实数m的值；
（3）在（1）的条件下，是否存在定圆M，使得过圆M上任意一点T都能作出该椭圆的两条切线，且这两条切线互相垂直？若存在，求出定圆M；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，求得A点坐标，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，将A代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆的方程；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），根据$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，求得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}}\\{{y}_{3}=\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}}\end{array}\right.$．代入椭圆方程$\frac{（\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}）^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}）^{2}}{{b}^{2}}$=1，由直线OA，OB的斜率之积-$\frac{1}{2}$，利用斜率公式求得$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{b}^{2}}=1$，代入整理得：$\frac{4}{{m}^{2}}+\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}=1$，解得：m=$\frac{5}{2}$，；
（3）假设存在否存在定圆M，求得直线的切线方程，代入椭圆方程，由△=0，求得（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0，则椭圆的两条切线斜率k₁，k₂分别是（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0的两解，由韦达定理求得k₁k₂=$\frac{1-{y}_{0}^{2}}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{1-（3-{x}_{0}^{2}）}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{{x}_{0}^{2}-2}{2-{x}_{0}^{2}}$=-1，因此椭圆的两条切线垂直，则当x₀=±$\sqrt{2}$时，显然存在两条互相垂直的切线，即可求得圆的方程．

解答 解：（1）由P（2，$\sqrt{2}$），设A（x，y），则$\overrightarrow{OP}$=（2，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{AO}$=（-x，-y），
由题意可知：$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2=-2x}\\{\sqrt{2}=-2y}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，
A（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入椭圆方程，得$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1$，
又椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
则$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，②
由①②，得a²=2，b²=1，
故椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），
∵$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
∴P（-2x₁，-2y₁），．
∵$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，
∴（-2x₁-x₂，-2y₁-y₂）=m（x₃-x₂，y₃-y₂），
即$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{1}-{x}_{2}=m（{x}_{3}-{x}_{2}）}\\{-2{y}_{1}-{y}_{2}=m（{y}_{3}-{y}_{2}）}\end{array}\right.$，
于是$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}}\\{{y}_{3}=\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}}\end{array}\right.$．
代入椭圆方程，得$\frac{（\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}）^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}）^{2}}{{b}^{2}}$=1，
$\frac{4}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}$）+$\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}$）-$\frac{4（m-1）}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{b}^{2}}$）=1，
∵A，B在椭圆上，$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1$，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
由直线OA，OB的斜率之积-$\frac{1}{2}$，即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$
∴$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{b}^{2}}=1$，
∴$\frac{4}{{m}^{2}}+\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}=1$，解得：m=$\frac{5}{2}$，

（3）存在定圆M，x²+y²=3，
在定圆M上任取一点T（x₀，y₀），其中x₀≠±$\sqrt{2}$，
设过点T（x₀，y₀）的椭圆的切线方程为y-y₀=k（x-y₀），即y=kx-kx₀+y₀，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k{x}_{0}+{y}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²-4k（-kx₀+y₀）x+2（-kx₀+y₀）²-2=0，
由△=16k²（-kx₀+y₀）²-8（1+2k²）[（-kx₀+y₀）²-1]=0，
整理得：（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0
故过点T（x₀，y₀）的椭圆的两条切线斜率k₁，k₂分别是（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0的两解．
故k₁k₂=$\frac{1-{y}_{0}^{2}}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{1-（3-{x}_{0}^{2}）}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{{x}_{0}^{2}-2}{2-{x}_{0}^{2}}$=-1，
∴椭圆的两条切线垂直．
当x₀=±$\sqrt{2}$时，
显然存在两条互相垂直的切线．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，直线的斜率公式，韦达定理的综合应用，考查计算能力，考查分析问题及解决问题的能力，属于难题．