Question

11．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，且过点$（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，问：在x轴上是否存在两个定点，它们到直线l的距离之积等于1？如果存在，求出这两个定点的坐标；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，过点$（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，求出a，b，由此能求出椭圆的方程．
（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，代入椭圆方程，得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，由根的判别式求出m²=2k²+1，由此能求出存在两个定点M₁（1，0），M₂（-1，0），使它们到直线l的距离之积等于1．

解答 （本题满分13分）
解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴a²=2c²，a²=2b²，又过点$（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，…（2分）
∴$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1⇒\frac{1}{{2{b^2}}}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1⇒{b^2}=1$
∴a²=2，
故所求椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1．…（5分）
（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
代入椭圆方程，消去y，
整理得（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，（*）
方程（*）有且只有一个实根，又2k²+1＞0，
所以△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-2）=0，整理，得m²=2k²+1，…（8分）
假设存在M₁（λ₁，0），M₂（λ₂，0）满足题设，
则由d₁•d₂=$\frac{|（{λ}_{1}k+m）（{λ}_{2}k+m）|}{{k}^{2}+1}$=$\frac{|{λ}_{1}{λ}_{2}{k}^{2}+（{λ}_{1}+{λ}_{2}）km+2{k}^{2}+1|}{{k}^{2}+1}$
=$\frac{|（{λ}_{1}{λ}_{2}+2）{k}^{2}+（{λ}_{1}+{λ}_{2}）km+1|}{{k}^{2}+1}$对任意的实数k恒成立，
所以，$\left\{\begin{array}{l}{{λ}_{1}{λ}_{2}+2=1}\\{{λ}_{1}+{λ}_{2}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{λ}_{1}=1}\\{{λ}_{2}=-1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{λ}_{1}=-1}\\{{λ}_{2}=1}\end{array}\right.$，
当直线l的斜率不存在时，经检验符合题意．
综上，存在两个定点M₁（1，0），M₂（-1，0），使它们到直线l的距离之积等于1．…（13分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、根的判别别式，韦达定理的合理运用．