Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，點P（x₀，y₀）是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，且x₀²+y₀²=$\frac{7}{4}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點S（0，-$\frac{1}{3}$）且斜率為k的動直線l交橢圓于A、B兩點，問：在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出M的坐標(biāo)和△MAB面積的最大值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合條件，可得c=1，再由離心率公式，可得a，由a，b，c的關(guān)系可得b，進而得到橢圓方程；
（2）設(shè)動直線l的方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，代入橢圓方程，運用韋達定理，假設(shè)在y軸上存在定點M（0，m），滿足題設(shè)，求得向量MA，MB的坐標(biāo)，再由數(shù)量積為0，化簡整理，可得m=1，在y軸上存在定點M，使得以AB為直徑的圓恒過這個點；求得M到AB的距離，弦長AB，由△MAB的面積公式，化簡整理，再設(shè)1+2k²=t（t≥1），轉(zhuǎn)化為t的式子，配方即可得到所求最大值．

解答 解：（1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
由$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，即為（-c-x₀，-y₀）•（c-x₀，-y₀）=$\frac{3}{4}$，
即有x₀²+y₀²-c²=$\frac{3}{4}$，又x₀²+y₀²=$\frac{7}{4}$，
解得c=1，又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$，b=1，
因此所求橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）動直線l的方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{3}}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$，
假設(shè)在y軸上存在定點M（0，m），滿足題設(shè)，則
$\overrightarrow{MA}$=（x₁，y₁-m），$\overrightarrow{MB}$=（x₂，y₂-m），
$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=x₁x₂+y₁y₂-m（y₁+y₂）+m²
=x₁x₂+（kx₁-$\frac{1}{3}$）（kx₂-$\frac{1}{3}$）-m（kx₁-$\frac{1}{3}$+kx₂-$\frac{1}{3}$）+m²
=（1+k²）x₁x₂-k（$\frac{1}{3}$+m）（x₁+x₂）+m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{1}{9}$
=-$\frac{16（1+{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$-k（$\frac{1}{3}$+m）•$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$+m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{1}{9}$
=$\frac{18（{m}^{2}-1）{k}^{2}+（9{m}^{2}+6m-15）}{9（2{k}^{2}+1）}$，
由假設(shè)得對于任意的k∈R，$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-1=0}\\{9{m}^{2}+m-15=0}\end{array}\right.$，解得m=1．
因此，在y軸上存在定點M，使得以AB為直徑的圓恒過這個點，
點M的坐標(biāo)為（0，1）這時，點M到AB的距離d=$\frac{4}{3\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$，
S_△MAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{2}{3}$$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\frac{2}{3}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{2}{3}$$\sqrt{\frac{16{k}^{2}}{2（1+2{k}^{2}）^{2}}+\frac{64}{9（1+2{k}^{2}）}}$=$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{4+9{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
設(shè)1+2k²=t則k²=$\frac{t-1}{2}$得t∈[1，+∞），$\frac{1}{t}$∈（0，1]，
所以$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{9}{2t}-\frac{1}{2{t}^{2}}}$=$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{1}{2}[\frac{81}{4}-（\frac{1}{t}-\frac{9}{2}）^{2}]}$≤$\frac{16}{9}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{t}$=1時，上式等號成立．因此，△MAB面積的最大值是$\frac{16}{9}$．

點評 通過幾何量的轉(zhuǎn)化考查用待定系數(shù)法求曲線方程的能力，通過直線與圓錐曲線的位置關(guān)系處理，考查學(xué)生的運算能力．通過向量與幾何問題的綜合，考查學(xué)生分析轉(zhuǎn)化問題的能力，探究研究問題的能力，并體現(xiàn)了合理消元，設(shè)而不解的代數(shù)變形的思想．