Question

20．已知中心在坐标原点O，焦点在y轴上的椭圆C的右顶点和上顶点分别为A、B，若△AOB的面积为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．且直线AB经过点P（-2，3$\sqrt{2}$）
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点S（-$\frac{1}{3}$，0）的动直线l交椭圆C于M，N两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以MN为直径的圆恒过点T，若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用待定系数法，列方程组解出a，b；
（2）先求出l平行x轴和垂直x轴的特殊情况，找到两圆的公共点，再证明此公共点在动圆上即可．

解答 解：（1）设椭圆方程为$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1$，（a＞b＞0）．
∴椭圆的上顶点为B（0，a），右顶点为A（b，0），直线AB的方程为$\frac{x}{b}+\frac{y}{a}$=1．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{-2}{b}+\frac{3\sqrt{2}}{a}=1}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=1．
椭圆C的方程是$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1．
（2）若直线与x轴重合，则MN=2b=2，圆的方程为x²+y²=1，
若直线垂直于x轴，则MN=$\frac{8}{3}$，圆的方程为（x+$\frac{1}{3}$）²+y²=$\frac{16}{9}$．
显然A（1，0）为两圆的公共点，
因此所求的点T如果存在，只能是A（1，0）．
事实上，点（1，0）就是所求的点．证明如下：
当直线斜率存在时，设直线方程为y=k（x+$\frac{1}{3}$）．
由联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}=1}\\{y=k（x+\frac{1}{3}）}\end{array}\right.$，得（k²+2）x²+$\frac{2{k}^{2}}{3}$x+$\frac{{k}^{2}}{9}$-2=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{2{k}^{2}}{3（{k}^{2}+2）}$，x₁x₂=$\frac{\frac{{k}^{2}}{9}-2}{{k}^{2}+2}$．
又y₁y₂=k²（x₁+$\frac{1}{3}$）（x₂+$\frac{1}{3}$）=k²x₁x₂+$\frac{{k}^{2}}{3}$（x₁+x₂）+$\frac{{k}^{2}}{9}$．
∵$\overrightarrow{AM}$=（x₁-1，y₁），$\overrightarrow{AN}$=（x₂-1，y₂），
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂=x₁x₂-（x₁+x₂）+1+k²x₁x₂+$\frac{{k}^{2}}{3}$（x₁+x₂）+$\frac{{k}^{2}}{9}$
=（1+k²）x₁x₂+（$\frac{{k}^{2}}{3}-1$）（x₁+x₂）+1+$\frac{{k}^{2}}{9}$
═（1+k²）•$\frac{{k}^{2}-18}{9（{k}^{2}+2）}$-$\frac{{k}^{2}-3}{3}$•$\frac{2{k}^{2}}{3（{k}^{2}+2）}$+$\frac{{k}^{2}+9}{9}$
=0，
∴AM⊥AN，即以MN为直径的圆经过点A（1，0）．
所以在坐标平面上存在一个定点T（1，0），使得无论l如何转动，以MN为直径的圆恒过点T．

点评 本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．