Question

8．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓的左右焦點(diǎn)，c為半焦距，P為直線(xiàn)x=2上一點(diǎn)．直線(xiàn)PF₁，PF₂與圓x²+y²=1的另外一個(gè)交點(diǎn)分別為M、N兩點(diǎn)．
（Ⅰ）橢圓上是否存在一點(diǎn)Q，使得∠F₁QF₂=$\frac{π}{2}$？若存在，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（Ⅱ）求證：直線(xiàn)MN恒過(guò)一定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）假設(shè)橢圓上存在一點(diǎn)Q，使得∠F₁QF₂=$\frac{π}{2}$，則$\overrightarrow{Q{F}_{1}}$•$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=0，求出向量$\overrightarrow{Q{F}_{1}}$、$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$的坐標(biāo)和向量的數(shù)量積，結(jié)合Q滿(mǎn)足橢圓方程，即可解得Q的坐標(biāo)；
（Ⅱ）設(shè)P（2，t），求得直線(xiàn)直線(xiàn)PF₁的方程代入圓方程，求得M的坐標(biāo)，同理求得N的坐標(biāo)，再求直線(xiàn)MN的方程，運(yùn)用直線(xiàn)恒過(guò)定點(diǎn)的方法，即可求得定點(diǎn)．

解答 （Ⅰ）解：假設(shè)橢圓上存在一點(diǎn)Q，使得∠F₁QF₂=$\frac{π}{2}$，
則$\overrightarrow{Q{F}_{1}}$•$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=0，
橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的焦點(diǎn)為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設(shè)Q（m，n），則$\overrightarrow{Q{F}_{1}}$=（-1-m，-n），$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=（1-m，-n），
即有（-1-m）（1-m）+n²=0，
即m²+n²=1，
又Q在橢圓上，則$\frac{{m}^{2}}{2}$+n²=1，
解得m=0，n=±1，
故存在Q（0，±1）；
（Ⅱ）證明：設(shè)P（2，t），直線(xiàn)PF₁：y=$\frac{t}{3}$（x+1）代入圓x²+y²=1，
可得（9+t²）x²+2t²x+t²-9=0，
即-1•x_M=$\frac{{t}^{2}-9}{{t}^{2}+9}$，解得x_M=$\frac{9-{t}^{2}}{9+{t}^{2}}$，
即M（$\frac{9-{t}^{2}}{9+{t}^{2}}$，$\frac{6t}{9+{t}^{2}}$），同理可得N（$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$，$\frac{-2t}{{t}^{2}+1}$）．
k_MN=$\frac{4t}{3-{t}^{2}}$，
直線(xiàn)MN：y-$\frac{-2t}{{t}^{2}+1}$=$\frac{4t}{3-{t}^{2}}$（x-$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$），
化簡(jiǎn)可得y-$\frac{4t}{3-{t}^{2}}$x+$\frac{2t}{3-{t}^{2}}$=0，
即有y=$\frac{2t}{3-{t}^{2}}$（2x-1），
令x=$\frac{1}{2}$，則y=0，
故直線(xiàn)MN恒過(guò)定點(diǎn)T（$\frac{1}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，同時(shí)考查直線(xiàn)和圓的位置關(guān)系，運(yùn)用向量垂直的條件和點(diǎn)滿(mǎn)足橢圓方程，直線(xiàn)恒過(guò)定點(diǎn)的求法是解題的關(guān)鍵．