Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（$\sqrt{2}$，1），以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆经过椭圆的焦点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设过点（-1，0）的直线l与椭圆C相交于A、B两点，试问在x轴上是否存在一个定点M，使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$恒为定值？若存在，求出该定值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：b=c，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（2）分类讨论，当斜率存在时，代入椭圆方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，由$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$恒为定值即可求得m的值，求得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$的值及M点坐标；
当直线l的斜率k不存在时，点A（-1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），B（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），则m=-$\frac{7}{4}$时，求得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$的值及M点坐标．

解答 解：（1）由圆的方程x²+y²=b²，由椭圆短半轴长为半径的圆经过椭圆的焦点，则b=c，
∴a²=2b²，
将（$\sqrt{2}$，1）代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{2{b}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$，解得：b²=2，则a²=4，
∴椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（m，0），
当直线k的斜率存在，设直线l的方程为：y=k（x+1），
则$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²+4k²x+2k²-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
则y₁y₂=k（x₁+1）×k（x₂+1）=k²（x₁x₂+x₁+x₂+1）=k²（$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+1）=-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=[$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-m×（-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）+m²]+（-$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
=$\frac{2{k}^{2}-4+4m{k}^{2}+{m}^{2}+2{m}^{2}{k}^{2}-3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{（2{m}^{2}+4m-1）{k}^{2}+{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$为定值，
则$\frac{2{m}^{2}+4m-1}{2}$=$\frac{{m}^{2}-4}{1}$，解得：m=-$\frac{7}{4}$，
则$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{15}{16}$，
当直线l的斜率k不存在时，点A（-1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），B（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
此时，当m=-$\frac{7}{4}$时，则$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（-1-m）（-1-m）-$\frac{3}{2}$=-$\frac{15}{16}$，
综上可知：存在点M（-$\frac{7}{4}$，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{15}{16}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题．