题目内容

20．设椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦点到直线x-y+2$\sqrt{2}$=0的距离为3，且过点（-1，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$）．
（1）求E的方程；
（2）设椭圆E的左顶点是A，直线l：x-my-t=0与椭圆E相交于不同的两点M，N（M，N均与A不重合），且以MN为直径的圆过点A，试判断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标．

分析 （1）设右焦点为F（c，0），由$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c=$\sqrt{2}$，a2=b2+2．又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{2{b}^{2}}$=1，联立解得即可得出椭圆E的标准方程．
（2）由x-my-t=0，可得x=my+t，代入椭圆方程可得：（m2+2）y2+2mty+t2-4=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），以MN为直径的圆过点A，k可得$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=0，把根与系数的关系代入即可得出．

解答 解：（1）设右焦点为F（c，0），则$\frac{|c+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得c=$\sqrt{2}$，
∴a2=b2+2．又$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{2{b}^{2}}$=1，
联立解得b2=2，a2=4，
∴椭圆E的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）由x-my-t=0，可得x=my+t，代入椭圆方程可得：（m2+2）y2+2mty+t2-4=0，
△=4m2t2-4（m2+2）（t2-4），
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=$\frac{-2mt}{{m}^{2}+2}$，y1y2=$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+2}$，
故x1+x2=m（y1+y2）+2t=$\frac{4t}{{m}^{2}+2}$，x1x2=（my1+t）（my2+t）=m2y1y2+mt（y1+y2）+t2=$\frac{2{t}^{2}-4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$．
由以MN为直径的圆过点A，
∴$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AN}$=（x1+2，y1）•（x2+2，y2）=x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=$\frac{2{t}^{2}-4{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+2×$\frac{4t}{{m}^{2}+2}$+4+$\frac{{t}^{2}-4}{{m}^{2}+2}$=$\frac{3{t}^{2}+8t+4}{{m}^{2}+2}$=0，
∵M，N均与A不重合，∴t≠-2，解得t=-$\frac{2}{3}$．
因此直线l的方程为：x-my+$\frac{2}{3}$=0，因此直线l经过定点T$（-\frac{2}{3}，0）$，由于定点在椭圆的内部，因此满足△＞0，
∴直线l经过定点T$（-\frac{2}{3}，0）$．

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、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质、圆的性质、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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参考公式：K2=$\frac{n（{n}_{11}{n}_{22}-{n}_{12}{n}_{21}）^{2}}{{n}_{1+}{n}_{2+}{n}_{+1}{n}_{+2}}$
参考数据：
P（x2≥k0）0.500.400.250.050.0250.010
k00.4550.7081.3233.8415.0246.635

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