Question

13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），其左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若A、B分別為橢圓E的左、右頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MB⊥AB，且MA交橢圓E于點(diǎn)P．
（i）求證：$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$為定值；
（ii）設(shè)PB與以PM為直徑的圓的另一交點(diǎn)為Q，問(wèn)：直線MQ是否過(guò)定點(diǎn)，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率公式和點(diǎn)滿足題意方程，結(jié)合橢圓的a，b，c的關(guān)系，可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）（i）設(shè)M（2，y₀），P（x₁，y₁），求得直線MA的方程，代入橢圓方程，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)，再由向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，計(jì)算即可得證；
（ii）直線MQ過(guò)定點(diǎn)O（0，0）．先求得PB的斜率，再由圓的性質(zhì)可得MQ⊥PB，求出MQ的斜率，再求直線MQ的方程，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{2^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$且a²-b²=c²，
解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）（i）證明：由A（-2，0），B（2，0），MB⊥AB，
設(shè)M（2，y₀），P（x₁，y₁），
可得MA：y=$\frac{{y}_{0}}{4}$x+$\frac{{y}_{0}}{2}$，
代入橢圓方程可得，（1+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8}$）x²+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$x+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$-4=0，
由-2x₁=$\frac{4（{{y}_{0}}^{2}-8）}{{{y}_{0}}^{2}+8}$，可得x₁=-$\frac{2（{{y}_{0}}^{2}-8）}{{{y}_{0}}^{2}+8}$，
y₁═$\frac{{y}_{0}}{4}$x₁+$\frac{{y}_{0}}{2}$=$\frac{8{y}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}+8}$，
則$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=-$\frac{4（{{y}_{0}}^{2}-8）}{{{y}_{0}}^{2}+8}$+$\frac{8{y}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}+8}$•y₀=4為定值；
（ii）直線MQ過(guò)定點(diǎn)O（0，0）．
理由如下：由題意可得k_PB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$=$\frac{8{y}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}+8}$•$\frac{{{y}_{0}}^{2}+8}{-2（{{y}_{0}}^{2}-8）-2（{{y}_{0}}^{2}+8）}$
=-$\frac{2}{{y}_{0}}$，
由PB與以PM為直徑的圓的另一交點(diǎn)為Q，
可得MQ⊥PB，即有k_MQ=$\frac{{y}_{0}}{2}$．
則直線MQ：y-y0=$\frac{{y}_{0}}{2}$（x-2），
即y=$\frac{{y}_{0}}{2}$x，
故直線MQ過(guò)定點(diǎn)O（0，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率公式和方程的運(yùn)用，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和直線和圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．