已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的右焦点为F.A为短轴的一个端点.且|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$．(Ⅰ)求椭圆的方程,(Ⅱ)若C.D分别是椭圆长轴的左.右端点.动点M满足MD⊥CD.连结CM交椭圆于点P.试问:x轴上是否存在异于点C的定点Q.使得以MP为直径的圆经过直线OP.MQ的交点,若存在.求出点Q� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点为F，A为短轴的一个端点，且|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$（其中O为坐标原点）．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连结CM交椭圆于点P，试问：x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆经过直线OP、MQ的交点；若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．

分析（Ⅰ）通过|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$可得b、c的值，进而可得结论；
（Ⅱ）通过（1）知C（-2，0），D（2，0），设直线CM方程并与椭圆联立，利用韦达定理可得点P坐标，利用$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}$=0，计算即得结论．

解答解：（Ⅰ）∵|OA|=|OF|=$\sqrt{2}$，∴$b=c=\sqrt{2}$，
∴a²=b²+c²=4，
∴椭圆方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$；
（Ⅱ）结论：存在Q（0，0），使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点．
理由如下：
由（1）知：C（-2，0），D（2，0）．
由题意可设CM：y=k（x+2），P（x₁，y₁）．
∵MD⊥CD，∴M（2，4k），
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\;\\ y=k（x+2）\end{array}\right.$，消去y，整理得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，
∴△=（8k²）²-4（1+2k²）（8k²-4）＞0，
∴$-2{x_1}=\frac{{8{k^2}-4}}{{1+2{k^2}}}，即{x_1}=\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，
∴${y_1}=k（{x_1}+2）=\frac{4k}{{1+2{k^2}}}$，
∴$点P（\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{{4{k^{\;}}}}{{1+2{k^2}}}）$，
设Q（x₀，0），且x₀≠-2，
若以MP为直径的圆经过DP，MQ的交点，
则MQ⊥DP，∴$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}$=0恒成立，
∵$\overrightarrow{QM}=（2-{x_0}，4k）$，$\overrightarrow{DP}=（\frac{{-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{4k}{{1+2{k^2}}}）$，
∴$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{DP}=（2-{x_0}）•\frac{{-8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}+4k•\frac{4k}{{1+2{k^2}}}=0$，
即$\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}{x_0}=0$恒成立，∴x₀=0．
∴存在Q（0，0），使得以MP为直径的圆恒过直线DP、MQ的交点．