Question

5．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點(diǎn)是（-$\sqrt{3}$，0）、（$\sqrt{3}$，0），且橢圓經(jīng)過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過橢圓右頂點(diǎn)M，求證：直線l恒過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出橢圓方程，由題意可得a²-b²=3，再由橢圓的定義可得2a=4，解得a=2，b=1，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）由題意可知，直線l的斜率為0時，不合題意．不妨設(shè)直線l的方程為x=ky+m，代入橢圓方程，消去x，運(yùn)用韋達(dá)定理和由題意可得MA⊥MB，向量垂直的條件：數(shù)量積為0，化簡整理，可得m=$\frac{6}{5}$或m=2，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
由題意可得c=$\sqrt{3}$，
∴a²-b²=3，
由$2a=\sqrt{{{（\sqrt{2}+\sqrt{3}）}^2}+\frac{1}{2}}+\sqrt{{{（\sqrt{2}-\sqrt{3}）}^2}+\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{11}{2}+2\sqrt{6}}+\sqrt{\frac{11}{2}-2\sqrt{6}}=4$，
可得a=2，b=1，
所求橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）證明：由題意可知，直線l的斜率為0時，不合題意．
不妨設(shè)直線l的方程為x=ky+m．
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ky+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
消去x得（4+k²）y²+2kmy+m²-4=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則有y₁+y₂=-$\frac{2km}{{k}^{2}+4}$…①，y₁y₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$…②
因?yàn)橐訟B為直徑的圓過點(diǎn)M，所以$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0．
由$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），得（x₁-2）（x₂-2）+y₁y₂=0．
將x₁=ky₁+m，x₂=ky₂+m代入上式，
得（k²+1）y₁y₂+k（m-2）（y₁+y₂）+（m-2）²=0…③
將①②代入③，得 $\frac{5{m}^{2}-16m+12}{{k}^{2}+4}$=0，解得m=$\frac{6}{5}$或m=2（舍）．
綜上，直線l經(jīng)過定點(diǎn)（$\frac{6}{5}$，0）．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的定義，考查直線恒過定點(diǎn)的求法，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量垂直的條件：數(shù)量積為0，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．