Question

3．已知$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，D（0，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$），直線l過D，且與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，證明：以MN為直徑的圓過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 分類討論，證明以MN為直徑的圓過定點(diǎn)C（0，$\sqrt{2}$）．

解答 證明：斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y=kx-$\frac{\sqrt{2}}{3}$
與橢圓方程聯(lián)立，消去y，可得（1+2k²）x²-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$kx-$\frac{32}{9}$=0
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），∴x₁x₂=-$\frac{32}{9（1+2{k}^{2}）}$，x₁+x₂=$\frac{4\sqrt{2}k}{3（1+2{k}^{2}）}$，
∴y₁y₂=$\frac{2-36{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）}$，y₁+y₂=$\frac{-2\sqrt{2}}{3（1+2{k}^{2}）}$，
設(shè)上頂點(diǎn)為C（0，$\sqrt{2}$），則$\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{CN}$=（x₁，y₁-$\sqrt{2}$）•（x₂，y₂-$\sqrt{2}$）=x₁x₂+（y₁-$\sqrt{2}$）•（y₂-$\sqrt{2}$）
=x₁x₂+y₁y₂-$\sqrt{2}$（y₁+y₂）+2=-$\frac{32}{9（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{2-36{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）}$-$\sqrt{2}$•$\frac{-2\sqrt{2}}{3（1+2{k}^{2}）}$+2=0
∴以MN為直徑的圓過定點(diǎn)C（0，$\sqrt{2}$）．
斜率不存在時(shí)，顯然成立．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程與性質(zhì)，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．