Question

16．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，短軸的一個端點到右焦點的距離為2．設(shè)直線l：x=my+1（m≠0）與橢圓C相交于A，B兩點，點A關(guān)于x軸對稱點為A′．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若以線段AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點O，求直線l的方程；
（3）試問：當(dāng)m變化時，直線A′B與x軸是否交于一個定點？若是，請寫出定點的坐標(biāo)，并證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過短軸的一個端點到右焦點的距離為2可知a=2，進(jìn)而利用離心率的值計算即得結(jié)論；
（2）通過AB以線段AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點O可知$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，通過聯(lián)立直線l與橢圓方程、利用韋達(dá)定理化簡x₁x₂+y₁y₂=0，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（3）通過在直線A'B的方程$\frac{{y+{y_1}}}{{{y_2}+{y_1}}}=\frac{{x-{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$中令y=0，計算可知x=4，即當(dāng)m變化時，直線A'B與x軸交于定點（4，0）．

解答 解：（1）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{^{2}+{c}^{2}={2}^{2}}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
解得：a=2，b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x、整理得：（m²+4）y²+2my-3=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=-\frac{2m}{{{m^2}+4}}\\{y_1}{y_2}=-\frac{3}{{{m^2}+4}}\end{array}\right.$，
∵AB以線段AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點O，
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，即x₁x₂+y₁y₂=0，
∴$（m{y_1}+1）（m{y_2}+1）+{y_1}{y_2}=0，（{m^2}+1）{y_1}{y_2}+m（{y_1}+{y_2}）+1=0$，
∴$（{m^2}+1）（-\frac{3}{{{m^2}+4}}）+m（-\frac{2m}{{{m^2}+4}}）+1=0，\frac{{-4{m^2}+1}}{{{m^2}+4}}=0$，
即${m^2}=\frac{1}{4}$，解得：$m=±\frac{1}{2}$，
故所求直線l的方程為$x=\frac{1}{2}y+1或x=-\frac{1}{2}y+1$；
（3）結(jié)論：當(dāng)m變化時，直線A'B與x軸交于定點（4，0）．
理由如下：
由（2）知：A'（x₁，-y₁）則直線A'B的方程為$\frac{{y+{y_1}}}{{{y_2}+{y_1}}}=\frac{{x-{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
令y=0，得x=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$•y₁+x₁
=$\frac{（m{y}_{2}-m{y}_{1}）{y}_{1}+（m{y}_{1}+1）（{y}_{2}+{y}_{1}）}{{y}_{2}+{y}_{1}}$
=$\frac{m{y}_{2}{y}_{1}-m{{y}_{1}}^{2}+m{y}_{2}{y}_{1}+m{{y}_{1}}^{2}+{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$
=$\frac{2m{y}_{2}{y}_{1}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$+1
=$\frac{2m•（-\frac{3}{{m}^{2}+4}）}{-\frac{2m}{{m}^{2}+4}}$+1
=3+1
=4，
這說明：當(dāng)m變化時，直線A'B與x軸交于定點（4，0）．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．