Question

13．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+$\sqrt{2}$=0相切．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过椭圆C的右顶点B作两条互相垂直的直线l₁，l₂，且分别交椭圆C于M，N两点，探究直线MN是否过定点？若过定点求出定点坐标，否则说明理由．

Answer 1

分析 （I）由$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得a²=2b²．由于以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+$\sqrt{2}$=0相切，可得$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$=b，可得a²=2．即可得出椭圆C的方程．
（II）由题意可知：直线l₁，l₂的斜率都存在，设直线l₁：y=k（x-1），直线l₂：$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），分别与椭圆的方程联立可得M，N的坐标，可得直线MN的方程，即可得出．

解答 解：（I）∵$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴a²=2c²=b²+c²，∴a²=2b²，
∵以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+$\sqrt{2}$=0相切，
∴$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$=b，
∴b=1．∴a²=2．
∴椭圆C的方程为：${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（II）由题意可知：直线l₁，l₂的斜率都存在，设直线l₁：y=k（x-1），直线l₂：$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{2{x}^{2}+{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化为（x-1）[（2+k²）x-（k²-2）]=0，解得x₁=$\frac{{k}^{2}-2}{{k}^{2}+2}$，y₁=$\frac{-4k}{{k}^{2}+2}$，
把k换成-$\frac{1}{k}$，可得x₂=$\frac{1-2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，${y}_{2}=\frac{4k}{2{k}^{2}+1}$，
∴k_MN=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{3k}{1-{k}^{2}}（k≠±1）$，
直线MN的方程为：$y-\frac{-4k}{{k}^{2}+2}=\frac{3k}{1-{k}^{2}}（x-\frac{{k}^{2}-2}{{k}^{2}+2}）$，化为$y=\frac{3k}{1-{k}^{2}}（x+\frac{1}{3}）$，
∴直线MN过定点$（-\frac{1}{3}，0）$．
当k=±1时，M$（-\frac{1}{3}，-\frac{4}{3}）$，N$（-\frac{1}{3}，\frac{2}{3}）$，此时直线MN也过定点$（-\frac{1}{3}，0）$．
综上可得：直线MN必过定点$（-\frac{1}{3}，0）$．

点评 本题考查了直线与椭圆及圆相交相切问题、直线的斜率与方程，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．