Question

18．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其左、右焦点为F₁、F₂，点P是坐标平面内一点，且|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，其中O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，过点S（0，-$\frac{1}{3}$）的动直线l交椭圆于A、B两点，是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x₀，y₀），由|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆方程．
（2）假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点．当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为：x²+y²=1，当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为：${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，从而求出定点M（0，1）． 再证明以AB为直径的圆恒过定点M（0，1）．由此得到在y轴上存在定点M（0，1），使以AB为直径的圆恒过M（0，1）这个定点．

解答 解：（1）设P（x₀，y₀），∵|OP|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，∴${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}$=$\frac{7}{4}$，①
又$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，∴（-c-x₀，-y₀）（c-x₀，-y₀）=$\frac{3}{4}$，即${{x}_{0}}^{2}-{c}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=\frac{3}{4}$，②
①代入②得：c=1．又e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a=$\sqrt{2}$，b=1，
故所求椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（5分）
（2）假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点．
当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为：x²+y²=1，…③
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为：${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，…④
由③，④知定点M（0，1）．   …（7分）
下证：以AB为直径的圆恒过定点M（0，1）．
设直线l：y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1，有（2k²+1）x²-$\frac{4}{3}kx-\frac{16}{9}$=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{-16}{9（2{k}^{2}+1）}$．…（10分）
则$\overrightarrow{MA}=（{x}_{1}，{y}_{1}-1），\overrightarrow{MB}=（{x}_{2}，{y}_{2}-1）$，
$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=x₁x₂+（y₁-1）（y₂-1）=${x}_{1}{x}_{2}+（k{x}_{1}-\frac{4}{3}）（k{x}_{2}-\frac{4}{3}）$
=（1+k²）x₁x₂-$\frac{4}{3}k（{x}_{1}+{x}_{2}）$+$\frac{16}{9}$
=（1+k²）•$\frac{-16}{9（2{k}^{2}+1）}$-$\frac{4}{3}k•\frac{4k}{3（2{k}^{2}+1）}$+$\frac{16}{9}$=0，
∴在y轴上存在定点M（0，1），使以AB为直径的圆恒过M（0，1）这个定点．…（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的定点是否存在的判断与证明，考查椭圆、直线方程、圆等基础知识，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．