Question

20．設(shè)橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)到直線x-y+2$\sqrt{2}$=0的距離為3，且過點(diǎn)（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$）．
（1）求E的方程；
（2）設(shè)橢圓E的左頂點(diǎn)是A，直線l：x-my-t=0與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)M，N（M，N均與A不重合），且以MN為直徑的圓過點(diǎn)A，試判斷直線l是否過定點(diǎn)，若過定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)右焦點(diǎn)為F（c，0），由$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c=$\sqrt{2}$，a²=b²+2．又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{2^{2}}$=1，聯(lián)立解得即可得出橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）由x-my-t=0，可得x=my+t，代入橢圓方程可得：（m²+2）y²+2mty+t²-4=0，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），以MN為直徑的圓過點(diǎn)A，k可得$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 解：（1）設(shè)右焦點(diǎn)為F（c，0），則$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c=$\sqrt{2}$，
∴a²=b²+2．又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{2^{2}}$=1，
聯(lián)立解得b²=2，a²=4，
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）由x-my-t=0，可得x=my+t，代入橢圓方程可得：（m²+2）y²+2mty+t²-4=0，
△=4m²t²-4（m²+2）（t²-4），
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{-2mt}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+2}$，
故x₁+x₂=m（y₁+y₂）+2t=$\frac{4t}{{m}^{2}+2}$，x₁x₂=（my₁+t）（my₂+t）=m²y₁y₂+mt（y₁+y₂）+t²=$\frac{2{t}^{2}-4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$．
由以MN為直徑的圓過點(diǎn)A，
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=（x₁+2，y₁）•（x₂+2，y₂）=x₁x₂+2（x₁+x₂）+4+y₁y₂=$\frac{2{t}^{2}-4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+2×$\frac{4t}{{m}^{2}+2}$+4+$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+2}$=$\frac{3{t}^{2}+8t+4}{{m}^{2}+2}$=0，
∵M(jìn)，N均與A不重合，∴t≠-2，解得t=-$\frac{2}{3}$．
因此直線l的方程為：x-my+$\frac{2}{3}$=0，因此直線l經(jīng)過定點(diǎn)T$（-\frac{2}{3}，0）$，由于定點(diǎn)在橢圓的內(nèi)部，因此滿足△＞0，
∴直線l經(jīng)過定點(diǎn)T$（-\frac{2}{3}，0）$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、圓的性質(zhì)、直線經(jīng)過定點(diǎn)問題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．