Question

2．已知橢圓C的焦點(diǎn)為F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0），且橢圓C的下頂點(diǎn)到直線x+y-2=0的距離為3$\sqrt{2}$/2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若一直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A、B（A、B不是橢圓C 的頂點(diǎn)）兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓過橢圓C 的上頂點(diǎn)，求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）通過題意可設(shè)橢圓C的方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），利用點(diǎn)（0，-b）到直線x+y-2=0的距離公式可得b=1，結(jié)合c=$\sqrt{2}$，計算即得結(jié)論；
（2）通過聯(lián)立直線l：y=kx+m與橢圓C的方程，利用韋達(dá)定理，結(jié)合AQ⊥BQ，計算可得m=1或m=-$\frac{1}{2}$，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵橢圓C的焦點(diǎn)為F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0），
∴可設(shè)橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
∵橢圓C的下頂點(diǎn)（0，-b）到直線x+y-2=0的距離為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴$\frac{|-b-2|}{\sqrt{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，解得b=1，
∴a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：設(shè)橢圓C的上頂點(diǎn)為Q（0，1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y整理得：（$\frac{1}{3}$+k²）x²+2kmx+m²-1=0，
∵直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A、B（A、B不是橢圓C的頂點(diǎn)）兩點(diǎn)，
∴△=4k²m²-4（$\frac{1}{3}$+k²）（m²-1）=4（k²-$\frac{1}{3}$m²+$\frac{1}{3}$）＞0，即3k²-m²+1＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3（{m}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{2m}{1+3{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=k²•$\frac{3（{m}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$+km（-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$）+m²=$\frac{{m}^{2}-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，
∵AQ⊥BQ，∴x₁x₂+（y₁-1）（y₂-1）=0，即x₁x₂+y₁y₂-（y₁+y₂）+1=0，
∴$\frac{3（{m}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-3{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$-$\frac{2m}{1+3{k}^{2}}$+1=0，
化簡得：2m²-m-1=0，解得m=1或m=-$\frac{1}{2}$，
當(dāng)m=1時，直線l：y=kx+1過定點(diǎn)Q（0，1），與已知矛盾；
當(dāng)m=-$\frac{1}{2}$時，滿足3k²-m²+1＞0，
此時直線l：y=kx-$\frac{1}{2}$過定點(diǎn)（0，-$\frac{1}{2}$），
∴直線l過定點(diǎn)（0，-$\frac{1}{2}$）．

點(diǎn)評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．