Question

14．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$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其焦点与椭圆上最近点的距离为2-$\sqrt{2}$．
（1）求椭圆的方程；
（2）若A，B分别是椭圆的左右顶点，动点M满足$\overrightarrow{MB}$•$\overrightarrow{AB}$=0，且MA交椭圆于点P．
①求$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$的值；
②设PB与以PM为直径的圆的另一交点为Q，求证：直线MQ过定点．

Answer 1

分析 （1）由已知可得关于a，c的方程组，求解方程组得到a，c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）①由数量积为0可得MB⊥AB，可设M（2，t），P（x₀，y₀）．得到MA所在直线方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出P的坐标，代入数量积可得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$的值；
②由①求出PB所在直线的斜率，得到MO的斜率，写出MO所在直线方程，由直线系方程可得直线MQ过定点．

解答 （1）解：由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{a-c=2-\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{c=\sqrt{2}}\end{array}\right.$．
∴b²=a²-c²=2，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）①解：由$\overrightarrow{MB}$•$\overrightarrow{AB}$=0，得MB⊥AB，可设M（2，t），P（x₀，y₀）．
直线MA：$y=\frac{t}{4}x+\frac{t}{2}$，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，得$（1+\frac{{t}^{2}}{8}）{x}^{2}+\frac{{t}^{2}}{2}x+\frac{{t}^{2}}{2}-4=0$．
由$-2{x}_{0}=\frac{4（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}$，得${x}_{0}=\frac{-2（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}$，从而${y}_{0}=\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}$，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=$\frac{-4（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}+\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}=4$；
②证明：依题意，${k}_{PB}=\frac{\frac{8t}{{t}^{2}+8}}{\frac{-2（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}}=-\frac{2}{t}$，
由MQ⊥PB，得${k}_{MQ}=\frac{t}{2}$，则MQ的方程为：y-t=$\frac{t}{2}$（x-2），即y=$\frac{t}{2}x$，
∴直线MQ过原点O（0，0）．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，是中档题．