Question

5．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且|PF|的最小值為$\sqrt{2}$-1，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直線l與橢圓C交于不同兩點(diǎn)A、B（A、B都在x軸上方），且∠OFA+∠OFB=180°．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）當(dāng)A為橢圓與y軸正半軸的交點(diǎn)時(shí)，求直線l的方程；
（Ⅲ）對(duì)于動(dòng)直線l，是否存在一個(gè)定點(diǎn)，無(wú)論∠OFA如何變化，直線l總經(jīng)過此定點(diǎn)？若存在，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），由離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點(diǎn)P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且|PF|的最小值為$\sqrt{2}$-1，求出a²=2，b²=1，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）由題意A（0，1），F(xiàn)（-1，0），得k_AF=$\frac{1-0}{0-（-1）}$=1，從而k_BF=-1，進(jìn)而直線BF為：y=-x-1，代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得3x²+4x=0，由此能求出直線AB的方程．
（Ⅲ）由∠OFA+∠OFB=180°，知B在于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B₁在直線AF上，設(shè)直線AF的方程為：y=k（x+1），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（${k}^{2}+\frac{1}{2}$）x²+2k²x+k²-1=0，由此利用韋達(dá)定理、直線的斜率、直線方程，結(jié)合已知條件能求出對(duì)于動(dòng)直線l，存在一個(gè)定點(diǎn)M（-2，0），無(wú)論∠OFA如何變化，直線l總經(jīng)過此定點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴${e}^{2}=\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，∴a=$\sqrt{2}b$，
∵點(diǎn)P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且|PF|的最小值為$\sqrt{2}$-1，
∴c=1，∴a²=b²+c²=b²+1，
解得a²=2，b²=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）由題意A（0，1），F(xiàn)（-1，0），
∴k_AF=$\frac{1-0}{0-（-1）}$=1，
∵∠OFA+∠OFB=180°．∴k_BF=-1，
∴直線BF為：y=-（x+1）=-x-1，
代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，得3x²+4x=0，解得x=0或x=-$\frac{4}{3}$，
代入y=-x-1，得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，舍，或$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{4}{3}}\\{y=\frac{1}{3}}\end{array}\right.$，∴B（-$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$）．
∴${k}_{AB}=\frac{1-\frac{1}{3}}{0-（-\frac{4}{3}）}$=$\frac{1}{2}$，∴直線AB的方程為：y=$\frac{1}{2}x+1$．
（Ⅲ）存在一個(gè)定點(diǎn)M（-2，0），無(wú)論∠OFA如何變化，直線l總經(jīng)過此定點(diǎn)．
證明：∵∠OFA+∠OFB=180°，∴B在于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B₁在直線AF上，
設(shè)直線AF的方程為：y=k（x+1），
代入$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（${k}^{2}+\frac{1}{2}$）x²+2k²x+k²-1=0，
由韋達(dá)定理得${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2{k}^{2}}{{k}^{2}+\frac{1}{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{{k}^{2}-1}{{k}^{2}+\frac{1}{2}}$，
由直線AB的斜率${k}_{AB}=\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，得AB的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x-x₁）
令y=0，得：
x=x₁-y₁•$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}=\frac{{x}_{2}{y}_{1}-{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}$，
y₁=k（x₁+1），-y₂=k（x₂+1），
$x=\frac{{x}_{2}{y}_{1}-{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}×k（{x}_{1}+1）+{x}_{1}×k（{x}_{2}+1）}{k（{x}_{1}+1）+k（{x}_{2}+1）}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$
=≥$\frac{2×\frac{{k}^{2}-1}{{k}^{2}+\frac{1}{2}}-\frac{2{k}^{2}}{{k}^{2}+\frac{1}{2}}}{2-\frac{2{k}^{2}}{{k}^{2}+\frac{1}{2}}}$=-2，
∴對(duì)于動(dòng)直線l，存在一個(gè)定點(diǎn)M（-2，0），無(wú)論∠OFA如何變化，直線l總經(jīng)過此定點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查直線方程的求法，考查直線是否過定點(diǎn)的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．