Question

8．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b≥1}）$的離心率$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$．
（I）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）過點P$（{0，-\frac{1}{3}}）$的直線l交橢圓C₁于A、B兩點．
（i）證明：線段AB的中點G恒在橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1的內(nèi)部；
（ii）判斷以AB為直徑的圓是否恒過定點？若是，求出該定點坐標；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）（i）橢圓C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1，設(shè)直線l方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得$（1+2{k}^{2}）{x}^{2}-\frac{4}{3}kx-\frac{16}{9}$=0．由此利用韋達定理能證明點G恒在橢圓C₂內(nèi)部．
（ii）當AB⊥x軸時，以AB為直徑的圓的方程為x²+y²=1，當AB⊥y軸時，以AB為直徑的圓的方程為${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，若以AB為直徑的圓恒過定點，則該定點必為Q（0，1），再證明Q（0，1）適合題意，從而以AB為直徑的圓恒過定點（0，1）．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b≥1}）$的離心率$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其右焦點到直線2ax+by-$\sqrt{2}$=0的距離為$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{|2ac-\sqrt{2}|}{\sqrt{4{a}^{2}+^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
證明：（Ⅱ）（i）橢圓C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{2}+{x}^{2}$=1，
當直線l垂直于x軸時，AB的中點為（0，-$\frac{1}{3}$）在橢圓C₂內(nèi)部．
當直線l不垂直于x軸時，設(shè)直線方程為y=kx-$\frac{1}{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
并整理，得$（1+2{k}^{2}）{x}^{2}-\frac{4}{3}kx-\frac{16}{9}$=0．
∴${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）-\frac{2}{3}$=-$\frac{2}{3（1+2{k}^{2}）}$，
∴G（$\frac{2k}{3（1+2{k}^{2}）}$，-$\frac{1}{3（1+2{k}^{2}）}$），
∵$\frac{1}{18（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{8{k}^{2}+1}{18（1+4{k}^{2}+4{k}^{4}）}$=$\frac{8{k}^{2}+1}{72{k}^{4}+72{k}^{2}+18}$＜1恒成立，
∴點G恒在橢圓C₂內(nèi)部．
解：（ii）當AB⊥x軸時，以AB為直徑的圓的方程為x²+y²=1，
當AB⊥y軸時，以AB為直徑的圓的方程為${x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\\{{x}^{2}+（y+\frac{1}{3}）^{2}=\frac{16}{9}}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=1}\end{array}\right.$，
由此可知若以AB為直徑的圓恒過定點，則該定點必為Q（0，1），
下面證明Q（0，1）適合題意．
由（i）知：${{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}}^{\;}$，${x}_{1}•{x}_{2}=-\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$，
∴$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=（x₁，y₁-1）•（x₂，y₂-1）=x₁x₂+（y₁-1）（y₂-1）
=${x}_{1}{x}_{2}+（k{x}_{1}-\frac{4}{3}）（k{x}_{2}-\frac{4}{3}）$
=（1+k²）x₁x₂-$\frac{4}{3}k（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{16}{9}$
=（1+k²）$\frac{-16}{9（1+2{k}^{2}）}$-$\frac{4}{3}k•\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{16}{9}$
=$\frac{-16-16{k}^{2}-16{k}^{2}+16（1+2{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$=0，
∴$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{QB}$，即Q（0，1）在以AB為直徑的圓上．
綜上，以AB為直徑的圓恒過定點（0，1）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查線段中點恒在橢圓內(nèi)部的證明，考查以線段為直線的圓是否恒過定點的判斷與證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運用．