Question

14．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$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其焦點(diǎn)與橢圓上最近點(diǎn)的距離為2-$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）若A，B分別是橢圓的左右頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{MB}$•$\overrightarrow{AB}$=0，且MA交橢圓于點(diǎn)P．
①求$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$的值；
②設(shè)PB與以PM為直徑的圓的另一交點(diǎn)為Q，求證：直線MQ過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由已知可得關(guān)于a，c的方程組，求解方程組得到a，c的值，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）①由數(shù)量積為0可得MB⊥AB，可設(shè)M（2，t），P（x₀，y₀）．得到MA所在直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出P的坐標(biāo)，代入數(shù)量積可得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$的值；
②由①求出PB所在直線的斜率，得到MO的斜率，寫(xiě)出MO所在直線方程，由直線系方程可得直線MQ過(guò)定點(diǎn)．

解答 （1）解：由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{a-c=2-\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{c=\sqrt{2}}\end{array}\right.$．
∴b²=a²-c²=2，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）①解：由$\overrightarrow{MB}$•$\overrightarrow{AB}$=0，得MB⊥AB，可設(shè)M（2，t），P（x₀，y₀）．
直線MA：$y=\frac{t}{4}x+\frac{t}{2}$，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，得$（1+\frac{{t}^{2}}{8}）{x}^{2}+\frac{{t}^{2}}{2}x+\frac{{t}^{2}}{2}-4=0$．
由$-2{x}_{0}=\frac{4（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}$，得${x}_{0}=\frac{-2（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}$，從而${y}_{0}=\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}$，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=$\frac{-4（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}+\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}=4$；
②證明：依題意，${k}_{PB}=\frac{\frac{8t}{{t}^{2}+8}}{\frac{-2（{t}^{2}-8）}{{t}^{2}+8}}=-\frac{2}{t}$，
由MQ⊥PB，得${k}_{MQ}=\frac{t}{2}$，則MQ的方程為：y-t=$\frac{t}{2}$（x-2），即y=$\frac{t}{2}x$，
∴直線MQ過(guò)原點(diǎn)O（0，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了平面向量在求解圓錐曲線問(wèn)題中的應(yīng)用，是中檔題．