Question

5．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F，A為短軸的一個(gè)端點(diǎn)，且|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若C、D分別是橢圓長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MD⊥CD，連結(jié)CM交橢圓于點(diǎn)P，試問(wèn)：x軸上是否存在異于點(diǎn)C的定點(diǎn)Q，使得以MP為直徑的圓經(jīng)過(guò)直線OP、MQ的交點(diǎn)；若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$可得b、c的值，進(jìn)而可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（1）知C（-2，0），D（2，0），設(shè)直線CM方程并與橢圓聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可得點(diǎn)P坐標(biāo)，利用$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}$=0，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$，∴$b=c=\sqrt{2}$，
∴a²=b²+c²=4，
∴橢圓方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$；
（Ⅱ）結(jié)論：存在Q（0，0），使得以MP為直徑的圓恒過(guò)直線DP、MQ的交點(diǎn)．
理由如下：
由（1）知：C（-2，0），D（2，0）．
由題意可設(shè)CM：y=k（x+2），P（x₁，y₁）．
∵M(jìn)D⊥CD，∴M（2，4k），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\;\\ y=k（x+2）\end{array}\right.$，消去y，整理得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，
∴△=（8k²）²-4（1+2k²）（8k²-4）＞0，
∴$-2{x_1}=\frac{{8{k^2}-4}}{{1+2{k^2}}}，即{x_1}=\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${y_1}=k（{x_1}+2）=\frac{4k}{{1+2{k^2}}}$，
∴$點(diǎn)P（\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{{4{k^{\;}}}}{{1+2{k^2}}}）$，
設(shè)Q（x₀，0），且x₀≠-2，
若以MP為直徑的圓經(jīng)過(guò)DP，MQ的交點(diǎn)，
則MQ⊥DP，∴$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}$=0恒成立，
∵$\overrightarrow{QM}=（2-{x_0}，4k）$，$\overrightarrow{DP}=（\frac{{-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{4k}{{1+2{k^2}}}）$，
∴$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}=（2-{x_0}）•\frac{{-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}+4k•\frac{4k}{{1+2{k^2}}}=0$，
即$\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}{x_0}=0$恒成立，∴x₀=0．
∴存在Q（0，0），使得以MP為直徑的圓恒過(guò)直線DP、MQ的交點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求橢圓方程，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．