已知椭圆Ω:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1.过点$Q(\frac{{\sqrt{2}}}{2}.1)$作圆x2+y2=1的切线.切点分别为S.T.直线ST恰好经过椭圆Ω的右顶点和上顶点．(Ⅰ)求椭圆Ω的方程,(Ⅱ)如图.过椭圆Ω的右焦点F作两条互相垂直的弦AB.CD.设AB.CD的中点分别为M.N.证明:直线MN必过定点.并求此定� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

20．

已知椭圆Ω：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），过点$Q（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$作圆x²+y²=1的切线，切点分别为S，T，直线ST恰好经过椭圆Ω的右顶点和上顶点．
（Ⅰ）求椭圆Ω的方程；
（Ⅱ）如图，过椭圆Ω的右焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求此定点坐标．

分析（Ⅰ）由切点弦方程知切线方程为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$，求出上顶点的坐标为（0，1），右顶点的坐标为$（\sqrt{2}，0）$，由此能求出椭圆Ω的方程．
（Ⅱ）若直线AB，CD斜率均存在，设直线AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则中点$M（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，k（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-1））$．由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{x^2}+2{y^2}-2=0\end{array}\right.$得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件推导出直线MN过点$（\frac{2}{3}，0）$．

解答解：（Ⅰ）由切点弦方程知切线方程为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+y=1$，令x=0，则y=1，
所以上顶点的坐标为（0，1），
所以b=1，令y=0，则$x=\sqrt{2}$，
所以右顶点的坐标为$（\sqrt{2}，0）$，
所以$a=\sqrt{2}$，所以椭圆Ω的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
证明：（Ⅱ）若直线AB，CD斜率均存在，
设直线AB：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则中点$M（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，k（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-1））$．先考虑k≠0的情形．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{x^2}+2{y^2}-2=0\end{array}\right.$得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
由直线AB过点F（1，0），可知判别式△＞0恒成立，
由韦达定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，故$M（\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-k}{{2{k^2}+1}}）$，
同理可得$N（\frac{2}{{{k^2}+2}}，\frac{k}{{{k^2}+2}}）$．
若$\frac{2}{{{k^2}+2}}=\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，得k=±1，则直线MN斜率不存在，
此时直线MN过点$（\frac{2}{3}，0）$．
另当MN斜率为0时，直线MN也过点$（\frac{2}{3}，0）$．
下证动直线MN过定点$P（\frac{2}{3}，0）$，
${k_{MP}}=\frac{{\frac{-k}{{2{k^2}+1}}-0}}{{\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}-\frac{2}{3}}}=\frac{-k}{{6{k^2}-4{k^2}-2}}=\frac{k}{{2-2{k^2}}}$，
${k_{NP}}=\frac{{\frac{k}{{{k^2}+2}}-0}}{{\frac{2}{{{k^2}+2}}-\frac{2}{3}}}=\frac{k}{{6-2{k^2}-4}}=\frac{k}{{2-2{k^2}}}$，
∴k_MP=k_NP，即直线MN过点$（\frac{2}{3}，0）$．

点评本题考查曲线方程的求法，考查弦长的最大值及对应的直线方程的求法，考查圆锥曲线、直线方程、韦达定理、根的判别式、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．

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