Question

5．如图，过椭圆$Γ：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$内一点A（0，1）的动直线l与椭圆相交于M，N两点，当l平行于x轴和垂直于x轴时，l被椭圆Γ所截得的线段长均为$2\sqrt{2}$．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点A不同的定点B，使得对任意过点A（0，1）的动直线l都满足$|\overrightarrow{BM}|•|\overrightarrow{AN}|=|\overrightarrow{AM}|•|\overrightarrow{BN}|$？若存在，求出定点B的坐标，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据题意，分析可得到$b=\sqrt{2}$且点$（\sqrt{2}，\;\;1）$在椭圆上，将其代入椭圆的标准方程，计算可得答案；
（2）根据题意，分直线l与x轴平行、与x轴垂直两种情况，可以分析得到：若存在与点A不同的定点B满足条件，则点B的坐标只可能是（0，2），进而在一般情况下，联立直线与椭圆的方程，进行证明可得结论．

解答 解：（Ⅰ）由已知当l垂直于x轴时，l被椭圆Γ所截得的线段长为$2\sqrt{2}$，可得$b=\sqrt{2}$，
则点$（\sqrt{2}，\;\;1）$在椭圆上，
所以$\frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，解得a=2，
所以椭圆Γ的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，
（2）当直线l平行于x轴时，则存在y轴上的点B，使$|\overrightarrow{BM}|\;•\;|\overrightarrow{AN}|=|\overrightarrow{AM}|\;•\;|\overrightarrow{BN}|$，设B（0，y₀）；
当直线l垂直于x轴时，$M（0，\;\;\sqrt{2}），\;\;N（0，\;\;-\sqrt{2}）$，
若使$|\overrightarrow{BM}|\;•\;|\overrightarrow{AN}|=|\overrightarrow{AM}|\;•\;|\overrightarrow{BN}|$，则$\frac{{|\overrightarrow{BM}|}}{{|\overrightarrow{BN}|}}=\frac{{|\overrightarrow{AM}|}}{{|\overrightarrow{AN}|}}$，
有$\frac{{|{y_0}-\sqrt{2}|}}{{|{y_0}+\sqrt{2}|}}=\frac{{\sqrt{2}-1}}{{\sqrt{2}+1}}$，解得y₀=1或y₀=2．
所以，若存在与点A不同的定点B满足条件，则点B的坐标只可能是（0，2）．
下面证明：对任意直线l，都有$|\overrightarrow{BM}|\;•\;|\overrightarrow{AN}|=|\overrightarrow{AM}|\;•\;|\overrightarrow{BN}|$，即$\frac{{|\overrightarrow{BM}|}}{{|\overrightarrow{BN}|}}=\frac{{|\overrightarrow{AM}|}}{{|\overrightarrow{AN}|}}$．
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立；
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1．
设M，N的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1，\;\;\\ y=kx+1\end{array}\right.$得（2k²+1）x²+4kx-2=0，
其判别式△=（4k）²+8（2k²+1）＞0，
所以，${x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}，\;\;{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}$，
因此，$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=2k$．
易知点N关于y轴对称的点N'的坐标为（-x₂，y₂），
又${k_{BM}}=\frac{{{y_1}-2}}{x_1}=\frac{{k{x_1}-1}}{x_1}=k-\frac{1}{x_1}$，${k_{BN'}}=\frac{{{y_2}-2}}{{-{x_2}}}=\frac{{k{x_2}-1}}{{-{x_2}}}=-k+\frac{1}{x_2}=k-\frac{1}{x_1}$，
所以k_BM=k_BN'，即B，M，N'三点共线，
所以$\frac{{|\overrightarrow{BM}|}}{{|\overrightarrow{BN}|}}=\frac{{|\overrightarrow{BM}|}}{{|\overrightarrow{BN'}|}}=\frac{{|{x_1}|}}{{|{x_2}|}}=\frac{{|\overrightarrow{AM}|}}{{|\overrightarrow{AN}|}}$．
故存在与点A不同的定点B（0，2），使得$|\overrightarrow{BM}|\;•\;|\overrightarrow{AN}|=|\overrightarrow{AM}|\;•\;|\overrightarrow{BN}|$．

点评 本题考查椭圆的性质，考查了直线和圆锥曲线的综合应用，解答（2）的关键是利用特殊情况求出点的坐标，进而进行一般情况下的证明．