Question

已知椭圆C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）离心率为

2

2

，且曲线上的一动点P到右焦点的最短距离为

2

-1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点M（0，-

1

3

）的动直线l交椭圆C于A、B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AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的综合问题

专题：圆锥曲线中的最值与范围问题

分析：（1）由题设可知

a-c= 2 -1 a2 c -c=b

，由此能求出椭圆C的方程．
（2）法一：假设存在点T（u，v）．若直线l的斜率存在，设其方程为y=kx-

1

3

，将它代入椭圆方程，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．由此利用韦达定理结合已知条件能证明在坐标平面上存在一个定点T（0，1），满足条件．
（2）法二：若直线l与y轴重合，则以AB为直径的圆是x²+y²=1．若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是x2+(y+

1

3

)2=

16

9

．由此可知所求点T如果存在，只能是（0，1）．再证明点T（0，1）就是所求的点．

解答： 解：（1）设椭圆的焦距为2c，
则由题设可知

a-c= 2 -1 a2 c -c=b

，
解此方程组得a=

2

，b=1．
所以椭圆C的方程是

x2

2

+y2=1．…5分
（2）解法一：假设存在点T（u，v）．
若直线l的斜率存在，设其方程为y=kx-

1

3

，
将它代入椭圆方程，并整理，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．
设点A、B的坐标分别为A(x1，y1)， B(x2，y2)，
则 

x1+x2= 12k 18k2+9 x1x2= -16 18k2+9 .

因为

TA

=(x1-u，y1-v)， 

TB

=(x2-u，y2-v)，
y1=kx1-

1

3

，y2=kx2-

1

3

，
所以

TA

•

TB

=(x1-u)(x2-u)+(y1-v)(y2-v)
=(k2+1)x1x2-(u+

1

3

k+kv)(x1+x2)+u2+v2+

2v

3

+

1

9

=

(6u2+6v2-6)k2-4ku+(3u2+3v2+2v-5)

6k2+2

…9分
当且仅当

TA

•

TB

=0恒成立时，
以AB为直径的圆恒过定点T，
所以

6u2+18v2-18=0 u=0 3u2+3v2+2v-5=0.

，
解得u=0，v=1．
此时以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）．…11分
当直线l的斜率不存在，l与y轴重合，
以AB为直径的圆为x²+y²=1也过点T（0，1）．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T（0，1），满足条件．…13分
（2）解法二：若直线l与y轴重合，则以AB为直径的圆是x²+y²=1．
若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是x2+(y+

1

3

)2=

16

9

．…7分
由

x2+y2=1 x2+(y+ 1 3 )2= 16 9 .

，解得

x=0 y=1

．
由此可知所求点T如果存在，只能是（0，1）．…8分
事实上点T（0，1）就是所求的点．证明如下：
当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，
以AB为直径的圆为x²+y²=1，
过点T（0，1）．
当直线l的斜率存在，设直线方程为y=kx-

1

3

，
代入椭圆方程，并整理，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．
设点A、B的坐标为A(x&1，y1)， B(x2，y2)，
则

x1+x2= 12k 18k2+9 x1x2= -16 18k2+9 .

…10分
因为

TA

=(x1，y1-1)， 

TB

=(x2，y2-1)，

TA

•

TA

=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=(k2+1)x1x2-

4

3

k(x1+x2)+

16

9

=

-16k2-16-16k2+32k2+16

18k2+9

=0．
所以

TA

⊥

TB

，即以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T（0，1）满足条件．…13分．

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证明，解题时要认真审题，注意向量的数量积的合理运用．