Question

3．已知$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，D（0，-$\frac{\sqrt{2}}{3}$），直线l过D，且与椭圆交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点．

Answer 1

分析 分类讨论，证明以MN为直径的圆过定点C（0，$\sqrt{2}$）．

解答 证明：斜率存在时，设直线的方程为y=kx-$\frac{\sqrt{2}}{3}$
与椭圆方程联立，消去y，可得（1+2k²）x²-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$kx-$\frac{32}{9}$=0
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），∴x₁x₂=-$\frac{32}{9（1+2{k}^{2}）}$，x₁+x₂=$\frac{4\sqrt{2}k}{3（1+2{k}^{2}）}$，
∴y₁y₂=$\frac{2-36{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）}$，y₁+y₂=$\frac{-2\sqrt{2}}{3（1+2{k}^{2}）}$，
设上顶点为C（0，$\sqrt{2}$），则$\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{CN}$=（x₁，y₁-$\sqrt{2}$）•（x₂，y₂-$\sqrt{2}$）=x₁x₂+（y₁-$\sqrt{2}$）•（y₂-$\sqrt{2}$）
=x₁x₂+y₁y₂-$\sqrt{2}$（y₁+y₂）+2=-$\frac{32}{9（1+2{k}^{2}）}$+$\frac{2-36{k}^{2}}{9（1+2{k}^{2}）}$-$\sqrt{2}$•$\frac{-2\sqrt{2}}{3（1+2{k}^{2}）}$+2=0
∴以MN为直径的圆过定点C（0，$\sqrt{2}$）．
斜率不存在时，显然成立．

点评 本题考查椭圆的方程与性质，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．