Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）離心率為

2

2

，且曲線上的一動點P到右焦點的最短距離為

2

-1．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點M（0，-

1

3

）的動直線l交橢圓C于A、B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T，使得無論l如何轉(zhuǎn)動，以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在，求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）由題設(shè)可知

a-c= 2 -1 a2 c -c=b

，由此能求出橢圓C的方程．
（2）法一：假設(shè)存在點T（u，v）．若直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx-

1

3

，將它代入橢圓方程，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．由此利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件能證明在坐標(biāo)平面上存在一個定點T（0，1），滿足條件．
（2）法二：若直線l與y軸重合，則以AB為直徑的圓是x²+y²=1．若直線l垂直于y軸，則以AB為直徑的圓是x2+(y+

1

3

)2=

16

9

．由此可知所求點T如果存在，只能是（0，1）．再證明點T（0，1）就是所求的點．

解答： 解：（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，
則由題設(shè)可知

a-c= 2 -1 a2 c -c=b

，
解此方程組得a=

2

，b=1．
所以橢圓C的方程是

x2

2

+y2=1．…5分
（2）解法一：假設(shè)存在點T（u，v）．
若直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx-

1

3

，
將它代入橢圓方程，并整理，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．
設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)， B(x2，y2)，
則 

x1+x2= 12k 18k2+9 x1x2= -16 18k2+9 .

因為

TA

=(x1-u，y1-v)， 

TB

=(x2-u，y2-v)，
y1=kx1-

1

3

，y2=kx2-

1

3

，
所以

TA

•

TB

=(x1-u)(x2-u)+(y1-v)(y2-v)
=(k2+1)x1x2-(u+

1

3

k+kv)(x1+x2)+u2+v2+

2v

3

+

1

9

=

(6u2+6v2-6)k2-4ku+(3u2+3v2+2v-5)

6k2+2

…9分
當(dāng)且僅當(dāng)

TA

•

TB

=0恒成立時，
以AB為直徑的圓恒過定點T，
所以

6u2+18v2-18=0 u=0 3u2+3v2+2v-5=0.

，
解得u=0，v=1．
此時以AB為直徑的圓恒過定點T（0，1）．…11分
當(dāng)直線l的斜率不存在，l與y軸重合，
以AB為直徑的圓為x²+y²=1也過點T（0，1）．
綜上可知，在坐標(biāo)平面上存在一個定點T（0，1），滿足條件．…13分
（2）解法二：若直線l與y軸重合，則以AB為直徑的圓是x²+y²=1．
若直線l垂直于y軸，則以AB為直徑的圓是x2+(y+

1

3

)2=

16

9

．…7分
由

x2+y2=1 x2+(y+ 1 3 )2= 16 9 .

，解得

x=0 y=1

．
由此可知所求點T如果存在，只能是（0，1）．…8分
事實上點T（0，1）就是所求的點．證明如下：
當(dāng)直線l的斜率不存在，即直線l與y軸重合時，
以AB為直徑的圓為x²+y²=1，
過點T（0，1）．
當(dāng)直線l的斜率存在，設(shè)直線方程為y=kx-

1

3

，
代入橢圓方程，并整理，得（18k²+9）x²-12kx-16=0．
設(shè)點A、B的坐標(biāo)為A(x&1，y1)， B(x2，y2)，
則

x1+x2= 12k 18k2+9 x1x2= -16 18k2+9 .

…10分
因為

TA

=(x1，y1-1)， 

TB

=(x2，y2-1)，

TA

•

TA

=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=(k2+1)x1x2-

4

3

k(x1+x2)+

16

9

=

-16k2-16-16k2+32k2+16

18k2+9

=0．
所以

TA

⊥

TB

，即以AB為直徑的圓恒過定點T（0，1）．
綜上可知，在坐標(biāo)平面上存在一個定點T（0，1）滿足條件．…13分．

點評：本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的點是否存在的判斷與證明，解題時要認(rèn)真審題，注意向量的數(shù)量積的合理運用．