Question

12．己知椭圆方程C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），经过点（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），且两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形．
（1）求椭圆方程；
（2）过椭圆右顶点的两条斜率乘积为-$\frac{1}{2}$的直线分别交椭圆于M，N两点，试问：直线MN是否过定点？若过定点，请求出此定点，若不过，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题设知a=$\sqrt{2}$，所以$\frac{{x}^{2}}{2{b}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，椭圆经过点P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入可得b=1，a=$\sqrt{2}$，由此可知所求椭圆方程；
（2）设AM、AN的方程，代入椭圆方程，求出M，N的坐标，进而可得MN恒过定点（0，0）．

解答 解：（1）∵椭圆两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形．
∴a=$\sqrt{2}$b，∴$\frac{{x}^{2}}{2{b}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
又∵椭圆经过点P（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），代入可得b=1，
∴a=$\sqrt{2}$，故所求椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）直线MN过定点（0，0），
证明：设过椭圆右顶点A（$\sqrt{2}$，0）的直线l₁的方程为y=k₁（x-$\sqrt{2}$），
代入椭圆方程，消去y，得（1+2k₁²）x²-4$\sqrt{2}$k₁²x+4k₁²-2=0，
则x_M=$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，y_M=k₁x_M-$\sqrt{2}$k₁=-$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，
则M（$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，-$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$），
由于l₂的方程为y=k₂（x-$\sqrt{2}$），且k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$，
代入椭圆方程，则将上面的k₁换成-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，
有N（-$\frac{2\sqrt{2}{{k}_{1}}^{2}-\sqrt{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，$\frac{2\sqrt{2}{k}_{1}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$），
则有M，N两点关于原点对称，
连接MN，必过原点（0，0）．
故直线MN恒过定点（0，0）．

点评 本题考查椭圆的性质和综合运用，计算量较大，解题时要认真审题，仔细求解．