Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在C上．（1）求C的方程；
（2）过点M（0，-$\frac{1}{3}$）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顶点T，使得无论如何L转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T点的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得椭圆方程；
（2）分别求出l与x轴平行时和L与x轴垂直时的圆的方程，联立可求得两圆的切点，进而推断所求的点T如果存在只能是（0，1）．当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T（0，1）；当直线L不垂直于x轴设直线L的方程y=kx-$\frac{1}{3}$，椭圆方程联立求得$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=0，运用恒成立思想即可得到，以AB为直径的圆恒过点T（0，1）．

解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
且a²-b²=c²，
又点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在C上，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{2{b}^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
则椭圆C的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）假设存在点T（u，v）．若直线l的斜率存在，设其方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，
将它代入椭圆方程，并整理，得（9+18k²）x²-12kx-16=0，
设点A、B的坐标分别为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{12k}{9+18{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9+18{k}^{2}}$，
因为$\overrightarrow{TA}$=（x₁-u，y₁-v），$\overrightarrow{TB}$=（x₂-u，y₂-v）及y₁=kx₁-$\frac{1}{3}$，y₂=kx₂-$\frac{1}{3}$，
所以$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=（x₁-u）（x₂-u）+（y₁-v）（y₂-v）
=（1+k²）x₁x₂-（u+$\frac{1}{3}$k+kv）（x₁+x₂）+u²+v²+$\frac{2v}{3}$+$\frac{1}{9}$
=（1+k²）（-$\frac{16}{9+18{k}^{2}}$）-（u+$\frac{1}{3}$k+kv）•$\frac{12k}{9+18{k}^{2}}$+u²+v²+$\frac{2v}{3}$+$\frac{1}{9}$
=$\frac{（6{u}^{2}+6{v}^{2}-6）{k}^{2}-4ku+（3{u}^{2}+3{v}^{2}+2v-5）}{9+18{k}^{2}}$，
当且仅当$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=0恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，
所以$\left\{\begin{array}{l}{6{u}^{2}+6{v}^{2}-6=0}\\{u=0}\\{3{u}^{2}+3{v}^{2}+2v-5=0}\end{array}\right.$，解得u=0，v=1，
此时以AB为直径的圆恒过定点T（0，1）．
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．

点评 本题主要考查直线与椭圆的综合问题．常需要把直线与曲线的方程联立，利用韦达定理找到解决问题的突破口，同时考查向量垂直的条件：数量积为0，考查运算能力，属于中档题．