Question

12．己知橢圓方程C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），經(jīng)過點（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且兩焦點與短軸的一個端點構(gòu)成等腰直角三角形．
（1）求橢圓方程；
（2）過橢圓右頂點的兩條斜率乘積為-$\frac{1}{2}$的直線分別交橢圓于M，N兩點，試問：直線MN是否過定點？若過定點，請求出此定點，若不過，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題設(shè)知a=$\sqrt{2}$，所以$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，橢圓經(jīng)過點P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入可得b=1，a=$\sqrt{2}$，由此可知所求橢圓方程；
（2）設(shè)AM、AN的方程，代入橢圓方程，求出M，N的坐標(biāo)，進而可得MN恒過定點（0，0）．

解答 解：（1）∵橢圓兩焦點與短軸的一個端點構(gòu)成等腰直角三角形．
∴a=$\sqrt{2}$b，∴$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
又∵橢圓經(jīng)過點P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入可得b=1，
∴a=$\sqrt{2}$，故所求橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）直線MN過定點（0，0），
證明：設(shè)過橢圓右頂點A（$\sqrt{2}$，0）的直線l₁的方程為y=k₁（x-$\sqrt{2}$），
代入橢圓方程，消去y，得（1+2k₁²）x²-4$\sqrt{2}$k₁²x+4k₁²-2=0，
則x_M=$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，y_M=k₁x_M-$\sqrt{2}$k₁=-$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，
則M（$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，-$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$），
由于l₂的方程為y=k₂（x-$\sqrt{2}$），且k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$，
代入橢圓方程，則將上面的k₁換成-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，
有N（-$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$），
則有M，N兩點關(guān)于原點對稱，
連接MN，必過原點（0，0）．
故直線MN恒過定點（0，0）．

點評 本題考查橢圓的性質(zhì)和綜合運用，計算量較大，解題時要認(rèn)真審題，仔細求解．