Question

9．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，若椭圆C上的一动点到右焦点的最短距离为$2-\sqrt{2}$，且右焦点到直线$x=\frac{a^2}{c}$的距离等于短半轴的长．已知点P（4，0），过P点的直线l与椭圆C交于M，N两点，点T与点M关于x轴对称．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的取值范围；
（Ⅲ）证明：直线TN恒过某定点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意知$\left\{\begin{array}{l}a-c=2-\sqrt{2}\\ \frac{a^2}{c}-c=b\end{array}\right.$，解得即可得出；
（Ⅱ）由题意知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=k（x-4）．与椭圆方程联立可得△＞0及其根与系数的关系，利用数量积运算性质即可得出．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，T（x₁，-y₁），直线TN的方程为$y-{y_2}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_2}）$．令y=0，得$x={x_2}-\frac{{{y_2}（{x_2}-{x_1}）}}{{{y_2}+{y_1}}}$．将y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入，再把根与系数的关系代入即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由题意知$\left\{\begin{array}{l}a-c=2-\sqrt{2}\\ \frac{a^2}{c}-c=b\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$，
故椭圆C的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）由题意知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=k（x-4）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1.\end{array}\right.$得（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0．   ①
设点M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
△=（-16k²）²-4（2k²+1）（32k²-4）＞0，
∴$0≤{k^2}＜\frac{1}{6}$，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{32{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
${y}_{1}{y}_{2}={k}^{2}（{x}_{1}-4）（{x}_{2}-4）$=$\frac{12{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，
$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=\frac{{44{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}=22-\frac{26}{{2{k^2}+1}}$，
∵$0≤{k^2}＜\frac{1}{6}$，
即$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}∈[-4，\frac{5}{2}）$．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，T（x₁，-y₁），直线TN的方程为$y-{y_2}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_2}）$．
令y=0，得$x={x_2}-\frac{{{y_2}（{x_2}-{x_1}）}}{{{y_2}+{y_1}}}$．
将y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入，
整理，得$x=\frac{{2{x_1}{x_2}-4（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}-8}}$．    ②
由①得 ${x_1}+{x_2}=\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{32{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$代入②整理，得x=1．
∴直线TN恒过定点Q（1，0）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为△＞0及其根与系数的关系、直线过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．