Question

3．如圖，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，橢圓和曲線E：x²=2py（p＞0）相交于A、B兩點(diǎn)，且M（-$\sqrt{2}$+1，2$\sqrt{2}$），B兩點(diǎn)關(guān)于直線y=x+$\sqrt{2}$對(duì)稱．
（1）寫出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)并求出橢圓和曲線E的方程；
（2）設(shè)經(jīng)過橢圓右焦點(diǎn)F的直線l交橢圓于C、D兩點(diǎn)，判斷點(diǎn)P（2$\sqrt{2}$，0）與以線段CD為直徑的圓的位置關(guān)系，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過M（-$\sqrt{2}$+1，2$\sqrt{2}$），B兩點(diǎn)關(guān)于直線y=x+$\sqrt{2}$對(duì)稱可知B（$\sqrt{2}$，1），將其代入曲線E可知其方程，代入橢圓方程并聯(lián)立其離心率計(jì)算可知橢圓方程，利用對(duì)稱性即得點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）通過（1）可設(shè)直線l方程為：x=my+$\sqrt{2}$，并與橢圓方程聯(lián)立、結(jié)合韋達(dá)定理及兩點(diǎn)間距離公式可知|CD|=$\frac{4+4{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，通過中點(diǎn)坐標(biāo)公式及兩點(diǎn)間距離公式計(jì)算可知|PQ|=$\frac{\sqrt{8{m}^{4}+18{m}^{2}+8}}{2+{m}^{2}}$，進(jìn)而比較|PQ|與$\frac{1}{2}$|CD|的大小即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，設(shè)A（x，y），B（m，n），
∵M(jìn)（-$\sqrt{2}$+1，2$\sqrt{2}$），B兩點(diǎn)關(guān)于直線y=x+$\sqrt{2}$對(duì)稱，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n+2\sqrt{2}}{2}=\frac{m-\sqrt{2}+1}{2}+\sqrt{2}}\\{\frac{2\sqrt{2}-n}{-\sqrt{2}+1-m}=-1}\end{array}\right.$，化簡(jiǎn)得：$\left\{\begin{array}{l}{m+1=n+\sqrt{2}}\\{m+n=\sqrt{2}+1}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=\sqrt{2}}\\{n=1}\end{array}\right.$，即B（$\sqrt{2}$，1），
∵點(diǎn)B在曲線E：x²=2py（p＞0）上，
∴2=2p，即p=1，
∴曲線E方程為：x²=2py，
∵點(diǎn)B在離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$的橢圓：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
由對(duì)稱性可知：A（-$\sqrt{2}$，1）；
（2）由（1）可知：F（$\sqrt{2}$，0），設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），
設(shè)直線l方程為：x=my+$\sqrt{2}$，并與橢圓方程聯(lián)立，
消去x整理得：$（2+{m}^{2}）{y}^{2}+2\sqrt{2}my-2=0$，
則y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{2}m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2}{2+{m}^{2}}$，
∴|CD|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{1+{m}^{2}}}{2+{m}^{2}}$
=$\frac{4+4{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，
∵線段CD的中點(diǎn)Q（$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，-$\frac{\sqrt{2}m}{2+{m}^{2}}$），P（2$\sqrt{2}$，0），
∴|PQ|=$\sqrt{（2\sqrt{2}-\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}{m}^{2}}{2+{m}^{2}}）^{2}+（0+\frac{\sqrt{2}m}{2+{m}^{2}}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{8{m}^{4}+18{m}^{2}+8}}{2+{m}^{2}}$，
令|PQ|=$\frac{1}{2}$|CD|，則（2+2m²）²=8m⁴+18m²+8，
整理得：m⁴+$\frac{5}{2}$m²+1=0，無解，
∴|PQ|＞$\frac{1}{2}$|CD|，
即點(diǎn)P（2$\sqrt{2}$，0）在以線段CD為直徑的圓周的外部．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的關(guān)系，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．