Question

9．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，若橢圓C上的一動點到右焦點的最短距離為$2-\sqrt{2}$，且右焦點到直線$x=\frac{a^2}{c}$的距離等于短半軸的長．已知點P（4，0），過P點的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點T與點M關于x軸對稱．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的取值范圍；
（Ⅲ）證明：直線TN恒過某定點．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}a-c=2-\sqrt{2}\\ \frac{a^2}{c}-c=b\end{array}\right.$，解得即可得出；
（Ⅱ）由題意知直線MN的斜率存在，設直線MN的方程為y=k（x-4）．與橢圓方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數(shù)的關系，利用數(shù)量積運算性質(zhì)即可得出．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，T（x₁，-y₁），直線TN的方程為$y-{y_2}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_2}）$．令y=0，得$x={x_2}-\frac{{{y_2}（{x_2}-{x_1}）}}{{{y_2}+{y_1}}}$．將y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入，再把根與系數(shù)的關系代入即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}a-c=2-\sqrt{2}\\ \frac{a^2}{c}-c=b\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$，
故橢圓C的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）由題意知直線MN的斜率存在，設直線MN的方程為y=k（x-4）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1.\end{array}\right.$得（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0．   ①
設點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
△=（-16k²）²-4（2k²+1）（32k²-4）＞0，
∴$0≤{k^2}＜\frac{1}{6}$，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{32{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
${y}_{1}{y}_{2}={k}^{2}（{x}_{1}-4）（{x}_{2}-4）$=$\frac{12{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，
$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=\frac{{44{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}=22-\frac{26}{{2{k^2}+1}}$，
∵$0≤{k^2}＜\frac{1}{6}$，
即$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}∈[-4，\frac{5}{2}）$．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，T（x₁，-y₁），直線TN的方程為$y-{y_2}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（x-{x_2}）$．
令y=0，得$x={x_2}-\frac{{{y_2}（{x_2}-{x_1}）}}{{{y_2}+{y_1}}}$．
將y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）代入，
整理，得$x=\frac{{2{x_1}{x_2}-4（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}-8}}$．    ②
由①得 ${x_1}+{x_2}=\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{32{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$代入②整理，得x=1．
∴直線TN恒過定點Q（1，0）．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為△＞0及其根與系數(shù)的關系、直線過定點問題，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．