Question

13．橢圓C的焦點(diǎn)為F₁（-$\sqrt{2}$，0），${F_2}（\sqrt{2}，0）$，且點(diǎn)$M（\sqrt{2}，1）$在橢圓C上．過(guò)點(diǎn)P（0，1）的動(dòng)直線(xiàn)l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)D（不同于點(diǎn)A）．
（I） 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）證明：直線(xiàn)AD恒過(guò)定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：由題意可得關(guān)于a，b，c的方程組，解得即可，
法二：直接根據(jù)橢圓的定義求出a的值，以及c的值，問(wèn)題得以解決，
（Ⅱ）法一：直線(xiàn)方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，根據(jù)韋達(dá)定理，以及利用判斷出存在定點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件，則Q（0，2），再根據(jù)斜率的即可判斷A，D，Q三點(diǎn)共線(xiàn)．
即直線(xiàn)AD恒過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為Q（0，2）．
法二：直線(xiàn)方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，根據(jù)韋達(dá)定理，求出直線(xiàn)AD的方程，再判斷過(guò)定點(diǎn)．

解答 解：（ I）法一
設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\\ c=\sqrt{2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$．
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
法二
設(shè)橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．
由已知得$c=\sqrt{2}$，$2a=|{M{F_1}}|+|{M{F_2}}|=\sqrt{{{[\sqrt{2}-（-\sqrt{2}）]}^2}+1}+1=4$．
所以a=2，b²=a²-c²=2．
所以橢圓c的方程為為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（ II）法一
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)（由題意k≠0），設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+1．
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$得（2k²+1）x²+4kx-2=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
則$\left\{\begin{array}{l}△=16{k^2}+8（2{k^2}+1）＞0\\{x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}.\end{array}\right.$
特殊地，當(dāng)A為（2，0）時(shí)，k=-$\frac{1}{2}$，所以2x₂=-$\frac{4}{3}$，x₂=-$\frac{2}{3}$，y₂=$\frac{4}{3}$，即B（-$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$）
所以點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)D（$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$），則直線(xiàn)AD的方程為y=-x+2．
又因?yàn)楫?dāng)直線(xiàn)l斜率不存時(shí)，直線(xiàn)AD的方程為x=0，
如果存在定點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件，則Q（0，2）．
所以K_QA=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}$=$\frac{{y}_{1}-1-1}{{x}_{1}}$=k-$\frac{1}{{x}_{1}}$，K_QB=$\frac{{y}_{2}-2}{-{x}_{2}}$=-k+$\frac{1}{{x}_{2}}$，
又因?yàn)?nbsp;${k_{QA}}-{k_{QB}}=2k-（\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}）=2k-（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}）=2k-2k=0$，
所以K_QA=K_QB，即A，D，Q三點(diǎn)共線(xiàn)．
即直線(xiàn)AD恒過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為Q（0，2）．
法二
（ II）①當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)（由題意k≠0），設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+1．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\{x^2}+2{y^2}=4\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kx-2=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則D（-x₂，y₂）．
所以$\left\{\begin{array}{l}△=16{k^2}+8（2{k^2}+1）＞0\\{x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}.\end{array}\right.$
因?yàn)?{k_A}_D=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}$，
所以直線(xiàn)AD的方程為：$y-{y_1}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}（x-{x_1}）$．
所以$y=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}-{x_1}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}+{y_1}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}-{x_1}{y_1}+{x_2}{y_1}+{x_1}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}（k{x_2}+1）+{x_2}（k{x_1}+1）}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{2k{x_1}{x_2}+{x_2}+{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{2k{x_1}{x_2}}}{{{x_2}+{x_1}}}+1$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+2$．
因?yàn)楫?dāng)x=0，y=2，
所以直線(xiàn)MD恒過(guò)（0，2）點(diǎn)．
②當(dāng)k不存在時(shí)，直線(xiàn)AD的方程為x=0，過(guò)定點(diǎn)（0，2）．
綜上所述，直線(xiàn)AD恒過(guò)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線(xiàn)與橢圓相交問(wèn)題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．