Question

11．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在橢圓E上，直線l過橢圓的右焦點F且與橢圓相交于A，B兩點．
（1）求E的方程；
（2）在x軸上是否存在定點M，使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值？若存在，求出定點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意的離心率公式求得a=$\sqrt{2}$c，b²=a²-c²=c²，將直線方程代入橢圓方程，即可求得a和b，求得橢圓方程；
（2）在x軸上假設(shè)存在定點M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值．若直線的斜率存在，設(shè)AB的斜率為k，F(xiàn)（1，0），由y=k（x-1）代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合恒成立思想，即可得到定點和定值；檢驗直線AB的斜率不存在時，也成立．

解答 解：（1）由橢圓的焦點在x軸上，橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$c，
由b²=a²-c²=c²，將P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{c}^{2}}=1$，
解得：c=1，a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）在x軸上假設(shè)存在定點M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值．
若直線的斜率存在，設(shè)AB的斜率為k，F(xiàn)（1，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[x₁x₂+1-（x₁+x₂）]
=k²（$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+1-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）=-$\frac{{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，
則$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=x₁x₂+m²-m（x₁+x₂）+y₁y₂，
=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+m²-m•$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}-2+（2{m}^{2}-4m+1）{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
欲使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為定值，則2m²-4m+1=2（m²-2），
解得：m=$\frac{5}{4}$，
此時$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=$\frac{25}{16}$-2=-$\frac{7}{16}$；
當(dāng)AB斜率不存在時，令x=1，代入橢圓方程，可得y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由M（$\frac{5}{4}$，0），可得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{7}{16}$，符合題意．
故在x軸上存在定點M（$\frac{5}{4}$，0），使得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=-$\frac{7}{16}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用離心率公式，考查存在性問題的解法，注意運用分類討論的思想方法和聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．