Question

8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．A為橢圓上異于頂點(diǎn)的一點(diǎn)，點(diǎn)P滿足$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
（1）若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，$\sqrt{2}$），求橢圓的方程；
（2）設(shè)過點(diǎn)P的一條直線交橢圓于B，C兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，直線OA，OB的斜率之積-$\frac{1}{2}$，求實(shí)數(shù)m的值；
（3）在（1）的條件下，是否存在定圓M，使得過圓M上任意一點(diǎn)T都能作出該橢圓的兩條切線，且這兩條切線互相垂直？若存在，求出定圓M；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，將A代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓的方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），根據(jù)$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，求得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}}\\{{y}_{3}=\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}}\end{array}\right.$．代入橢圓方程$\frac{（\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}）^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}）^{2}}{^{2}}$=1，由直線OA，OB的斜率之積-$\frac{1}{2}$，利用斜率公式求得$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{^{2}}=1$，代入整理得：$\frac{4}{{m}^{2}}+\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}=1$，解得：m=$\frac{5}{2}$，；
（3）假設(shè)存在否存在定圓M，求得直線的切線方程，代入橢圓方程，由△=0，求得（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0，則橢圓的兩條切線斜率k₁，k₂分別是（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0的兩解，由韋達(dá)定理求得k₁k₂=$\frac{1-{y}_{0}^{2}}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{1-（3-{x}_{0}^{2}）}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{{x}_{0}^{2}-2}{2-{x}_{0}^{2}}$=-1，因此橢圓的兩條切線垂直，則當(dāng)x₀=±$\sqrt{2}$時，顯然存在兩條互相垂直的切線，即可求得圓的方程．

解答 解：（1）由P（2，$\sqrt{2}$），設(shè)A（x，y），則$\overrightarrow{OP}$=（2，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{AO}$=（-x，-y），
由題意可知：$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2=-2x}\\{\sqrt{2}=-2y}\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{x=-1}\\{y=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，
A（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入橢圓方程，得$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1$，
又橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
則$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，②
由①②，得a²=2，b²=1，
故橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），
∵$\overrightarrow{OP}$=$2\overrightarrow{AO}$，
∴P（-2x₁，-2y₁），．
∵$\overrightarrow{BP}$=m$\overrightarrow{BC}$，
∴（-2x₁-x₂，-2y₁-y₂）=m（x₃-x₂，y₃-y₂），
即$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{1}-{x}_{2}=m（{x}_{3}-{x}_{2}）}\\{-2{y}_{1}-{y}_{2}=m（{y}_{3}-{y}_{2}）}\end{array}\right.$，
于是$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}}\\{{y}_{3}=\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}}\end{array}\right.$．
代入橢圓方程，得$\frac{（\frac{m-1}{m}{x}_{2}-\frac{2}{m}{x}_{1}）^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{m-1}{m}{y}_{2}-\frac{2}{m}{y}_{1}）^{2}}{^{2}}$=1，
$\frac{4}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}$）+$\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}$）-$\frac{4（m-1）}{{m}^{2}}$（$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{^{2}}$）=1，
∵A，B在橢圓上，$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}=1$，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{2}^{2}}{^{2}}=1$，
由直線OA，OB的斜率之積-$\frac{1}{2}$，即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$
∴$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{^{2}}=1$，
∴$\frac{4}{{m}^{2}}+\frac{（m-1）^{2}}{{m}^{2}}=1$，解得：m=$\frac{5}{2}$，

（3）存在定圓M，x²+y²=3，
在定圓M上任取一點(diǎn)T（x₀，y₀），其中x₀≠±$\sqrt{2}$，
設(shè)過點(diǎn)T（x₀，y₀）的橢圓的切線方程為y-y₀=k（x-y₀），即y=kx-kx₀+y₀，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k{x}_{0}+{y}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²-4k（-kx₀+y₀）x+2（-kx₀+y₀）²-2=0，
由△=16k²（-kx₀+y₀）²-8（1+2k²）[（-kx₀+y₀）²-1]=0，
整理得：（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0
故過點(diǎn)T（x₀，y₀）的橢圓的兩條切線斜率k₁，k₂分別是（2-${x}_{0}^{2}$）k²+2kx₀y₀+1-${y}_{0}^{2}$=0的兩解．
故k₁k₂=$\frac{1-{y}_{0}^{2}}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{1-（3-{x}_{0}^{2}）}{2-{x}_{0}^{2}}$=$\frac{{x}_{0}^{2}-2}{2-{x}_{0}^{2}}$=-1，
∴橢圓的兩條切線垂直．
當(dāng)x₀=±$\sqrt{2}$時，
顯然存在兩條互相垂直的切線．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，直線的斜率公式，韋達(dá)定理的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，考查分析問題及解決問題的能力，屬于難題．