Question

9．已知點(diǎn)P（2，$\sqrt{2}$）是橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上的一點(diǎn)，且橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過(guò)點(diǎn)A（-α，0）任作兩條直線(xiàn)l₁，l₂分別交橢圓于E、F兩點(diǎn)，交y軸于M，N兩點(diǎn)，E與M兩個(gè)點(diǎn)不重合，且E，F(xiàn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．
（1）求橢圓的方程；
（2）以MN為直徑的圓是否交x軸于定點(diǎn)Q？若是，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；否則，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a=$\sqrt{2}$c，即a²=2b²，將P（2，$\sqrt{2}$）代入橢圓方程即可求得a和b的值，求得橢圓的方程；
（2）設(shè)直線(xiàn)EF方程y=kx（k≠0），代入橢圓方程，求得點(diǎn)E坐標(biāo)，求得直線(xiàn)AE方程方程，當(dāng)x=0，求得M點(diǎn)坐標(biāo)，同理求得N點(diǎn)坐標(biāo)，由$\overrightarrow{MQ}$•$\overrightarrow{NQ}$=0，即可求得t值，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；

解答 解：（1）橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a=$\sqrt{2}$c，即a²=2b²，
將P（2，$\sqrt{2}$）代入$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，求得a²=8，b²=4，
∴橢圓的方程$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）橢圓的左頂點(diǎn)（-2$\sqrt{2}$，0），由E，F(xiàn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，
設(shè)直線(xiàn)EF方程y=kx（k≠0），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，則E（$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，$\frac{2\sqrt{2}k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），
∴直線(xiàn)AE方程y=$\frac{k}{1+\sqrt{1+2{k}^{2}}}$（x+2$\sqrt{2}$），
當(dāng)x=0，y=$\frac{2\sqrt{2}k}{1+\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
∴點(diǎn)M（0，$\frac{2\sqrt{2}k}{1+\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），同理可知N（0，$\frac{2\sqrt{2}k}{1-\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），
假設(shè)在x軸上存在頂點(diǎn)Q（t，0），則∠MQN為直角，
則$\overrightarrow{MQ}$•$\overrightarrow{NQ}$=0，
即t²+$\frac{-2\sqrt{2}k}{1+\sqrt{1+2{k}^{2}}}$×$\frac{-2\sqrt{2}k}{1-\sqrt{1+2{k}^{2}}}$=0，t²-4=0，
解得：t=2或t=-2，
故存在點(diǎn)Q（2，0）或Q（-2，0）以MN為直徑的圓交x軸于此頂點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．