Question

2．已知椭圆C：C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，左顶点A（-2，0）．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设直线l：x=my+t（t≠-a）与椭圆C交于不同两点B，C，且满足AB⊥AC．求证：直线l过定点，并求出定点M的坐标；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过A作AD⊥l，垂足为D，求D的轨迹方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）椭圆的方程可知：a=2，由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，求得c=1，即可求得b²=a²-c²=3，即可求得椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得y₁+y₂=-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$，由AB⊥AC．$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=0，根据向量数量积的坐标表示，（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=0，即可求得t的值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知直线l恒过定点M（-$\frac{2}{7}$，0），AD⊥l，AD⊥DM，因此可知D的轨迹是以AM为直径的圆（除点A外），即可求得D的轨迹方程为（x+$\frac{8}{7}$）²+y²=$\frac{36}{49}$（x≠-2）．

解答 解：（Ⅰ）设椭圆C的半焦距为c，a=2，
由题意知e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
∴c=1，
由b²=a²-c²=3，
椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；…（3分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知a=2，A（-2，0），设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
把x=my+t（t≠-a），代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$得：（3m²+4）y²+6mty+3（t²-4）=0，…（4分）
△=36m²t²-12（3m²+4）×（t²-4）=48（3m3+4-t²）＞0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$…（5分）
若AB⊥AC，
$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{AC}$=0，
则（x₁+2）（x₂+2）+y₁•y₂=（my₁+t+2）（my₂+t+2）+y₁•y₂，
=（m²+1）y₁•y₂+m（t+2）（y₁+y₂）+（t+2）²，
=（m²+1）•$\frac{3（{t}^{2}-4）}{3{m}^{2}+4}$+m（t+2）（-$\frac{6mt}{3{m}^{2}+4}$）+（t+2）²，
=$\frac{（t+2）（7t+2）}{3{m}^{2}+4}$=0…（8分）
∵Q≠-2，
t=-$\frac{2}{7}$，
∴直线l：x=my+$\frac{2}{7}$，即直线l恒过定点M（-$\frac{2}{7}$，0）．…（9分）
（Ⅲ）设D（x，y），由（Ⅱ）知直线l恒过定点M（-$\frac{2}{7}$，0），
∵AD⊥l，
AD⊥DM，
∴D的轨迹是以AM为直径的圆（除点A外），
则D的轨迹方程为（x+$\frac{8}{7}$）²+y²=$\frac{36}{49}$（x≠-2）．…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查曲线的轨迹方程，考查转化思想，属于中档题．