Question

9．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其左、右焦点分别为F₁，F₂，点P（x₀，y₀）是坐标平面内一点，且x₀²+y₀²=$\frac{7}{4}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点S（0，-$\frac{1}{3}$）且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，问：在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标和△MAB面积的最大值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设F₁（-c，0），F₂（c，0），运用向量的数量积的坐标表示，结合条件，可得c=1，再由离心率公式，可得a，由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；
（2）设动直线l的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，代入椭圆方程，运用韦达定理，假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，求得向量MA，MB的坐标，再由数量积为0，化简整理，可得m=1，在y轴上存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个点；求得M到AB的距离，弦长AB，由△MAB的面积公式，化简整理，再设1+2k²=t（t≥1），转化为t的式子，配方即可得到所求最大值．

解答 解：（1）设F₁（-c，0），F₂（c，0），
由$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$\frac{3}{4}$，即为（-c-x₀，-y₀）•（c-x₀，-y₀）=$\frac{3}{4}$，
即有x₀²+y₀²-c²=$\frac{3}{4}$，又x₀²+y₀²=$\frac{7}{4}$，
解得c=1，又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，则a=$\sqrt{2}$，b=1，
因此所求椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）动直线l的方程为y=kx-$\frac{1}{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{3}}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-$\frac{4}{3}$kx-$\frac{16}{9}$=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$，x₁x₂=-$\frac{16}{9（1+2{k}^{2}）}$，
假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则
$\overrightarrow{MA}$=（x₁，y₁-m），$\overrightarrow{MB}$=（x₂，y₂-m），
$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=x₁x₂+y₁y₂-m（y₁+y₂）+m²
=x₁x₂+（kx₁-$\frac{1}{3}$）（kx₂-$\frac{1}{3}$）-m（kx₁-$\frac{1}{3}$+kx₂-$\frac{1}{3}$）+m²
=（1+k²）x₁x₂-k（$\frac{1}{3}$+m）（x₁+x₂）+m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{1}{9}$
=-$\frac{16（1+{k}^{2}）}{9（1+2{k}^{2}）}$-k（$\frac{1}{3}$+m）•$\frac{4k}{3（1+2{k}^{2}）}$+m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{1}{9}$
=$\frac{18（{m}^{2}-1）{k}^{2}+（9{m}^{2}+6m-15）}{9（2{k}^{2}+1）}$，
由假设得对于任意的k∈R，$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-1=0}\\{9{m}^{2}+m-15=0}\end{array}\right.$，解得m=1．
因此，在y轴上存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个点，
点M的坐标为（0，1）这时，点M到AB的距离d=$\frac{4}{3\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$，
S_△MAB=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{2}{3}$$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\frac{2}{3}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{2}{3}$$\sqrt{\frac{16{k}^{2}}{2（1+2{k}^{2}）^{2}}+\frac{64}{9（1+2{k}^{2}）}}$=$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{4+9{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，
设1+2k²=t则k²=$\frac{t-1}{2}$得t∈[1，+∞），$\frac{1}{t}$∈（0，1]，
所以$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{9}{2t}-\frac{1}{2{t}^{2}}}$=$\frac{8}{9}$$\sqrt{\frac{1}{2}[\frac{81}{4}-（\frac{1}{t}-\frac{9}{2}）^{2}]}$≤$\frac{16}{9}$，
当且仅当$\frac{1}{t}$=1时，上式等号成立．因此，△MAB面积的最大值是$\frac{16}{9}$．

点评 通过几何量的转化考查用待定系数法求曲线方程的能力，通过直线与圆锥曲线的位置关系处理，考查学生的运算能力．通过向量与几何问题的综合，考查学生分析转化问题的能力，探究研究问题的能力，并体现了合理消元，设而不解的代数变形的思想．