Question

（强化班）已知椭圆C：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)经过（1，1）与(

6

2

，

3

2

)两点，过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：

1

|OA|2

+

1

|OB|2

+

2

|OM|2

为定值；
（3）是否存在定圆，使得直线l绕原点转动时，AM恒与该定圆相切？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）设椭圆方程为mx²+ny²=1，把点（1，1）与(

6

2

，

3

2

)代入椭圆方程解出即可；
（2）根据条件|MA|=|MB|，可知M在线段AB的垂直平分线上，同时A，B关于原点对称．
若A，B在椭圆的短轴顶点上，则点M在椭圆的长轴顶点上．容易得出

1

|OA|2

+

1

|OB|2

+

2

|OM|2

=

1

b2

+

1

b2

+

2

a2

=2．
若A，B，M不是椭圆的顶点，不妨设A(x1，kx1)，M(x2，-

1

k

x2)，代入椭圆方程可得

x

2 1

=

3

1+2k2

，同样得出结论．
（3）根据对称性，如果圆存在，则圆心在坐标原点，根据（2）当A，B，M不在椭圆的顶点上时，不妨设A(x1，kx1)，M(x2，-

1

k

x2)，
则直线AM的方程为y-kx1=

kx1+ 1 k x2

x1-x2

(x-x1)，利用点到直线的距离公式证明原点到直线l的距离为定值即可．

解答：解：（1）设椭圆方程为mx²+ny²=1，把点（1，1）与(

6

2

，

3

2

)代入椭圆方程可得

m+n=1 3 2 m+ 3 4 n=1

，解得

m= 1 3 n= 2 3

．
故椭圆方程为

x2

3

+

2y2

3

=1．
（2）根据条件|MA|=|MB|，可知M在线段AB的垂直平分线上，
同时A，B关于原点对称．
若A，B在椭圆的短轴顶点上，则点M在椭圆的长轴顶点上．
这时

1

|OA|2

+

1

|OB|2

+

2

|OM|2

=

1

b2

+

1

b2

+

2

a2

=2(

1

a2

+

1

b2

)=2(

1

3

+

2

3

)=2．
若A，B，M不是椭圆的顶点，
不妨设A(x1，kx1)，M(x2，-

1

k

x2)，
代入椭圆方程得

x 2 1

3

+

2

3

(kx1)2=1，
解得

x

2 1

=

3

1+2k2

，
所以OA2=OB2=(1+k2)

3

1+2k2

=

3(1+k2)

1+2k2

．
同时可得|OM|²=

3(1+ 1 k2 )

1+2× 1 k2

=

3(1+k2)

k2+2

，
∴

1

|OA|2

+

1

|OB|2

+

2

|OM|2

=

2(1+2k2)

3(1+k2)

+

2(k2+2)

3(1+k2)

=

2(3k2+3)

3(1+k2)

=2
综上可知：不论A，B位置如何，总有

1

|OA|2

+

1

|OB|2

+

2

|OM|2

=2．
（3）根据对称性，如果圆存在，则圆心在坐标原点，
根据（2）当A，B，M不在椭圆的顶点上时，
不妨设A(x1，kx1)，M(x2，-

1

k

x2)，
则直线AM的方程为y-kx1=

kx1+ 1 k x2

x1-x2

(x-x1)，
化为一般式为(kx1+

1

k

x2)x-(k+

1

k

)x1x2=0，
原点O到直线AM的距离为d=

|(k+ 1 k )x1x2|

(kx1+ 1 k x2)2+(x1-x2)2

=

[(k+ 1 k )x1x2]2 (kx1+ 1 k x2)2+(x1-x2)2

由（2）可得

x

2 1

=

3

1+2k2

，

x

2 2

=

3k2

k2+2

，代入上式化简可得d=1．
又A，B，M落在椭圆的顶点上时，可得原点到AM的距离d=

OA•OM

AM

=

ab

a2+b2

=1
综上，不论直线l如何转动，原点到直线AM的距离始终为1，
∴存在定圆x²+y²=1，使得直线l绕原点转动时，AM恒与该圆相切．

点评：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得出其交点坐标、线段的垂直平分线的性质、点到直线的距离公式、圆的切线方程等基础知识与基本技能方法，属于难题．