Question

3．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，其離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)和拋物線x²=4y的焦點(diǎn)重合．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點(diǎn)$S\;（{-\frac{1}{3}\;，\;0}）$的動(dòng)直線l交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，試問：在平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得無論l如何轉(zhuǎn)動(dòng)，以AB為直徑的圓恒過點(diǎn)T，若存在，說出點(diǎn)T的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線焦點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1），設(shè)橢圓方程為$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1\;（{a＞b＞0}）$，求出a，b，c，即可求解橢圓方程．
（2）若直線l與x軸重合，求出以AB為直徑的圓的方程，若直線l垂直于x軸，則以AB為直徑的圓是${（{x+\frac{1}{3}}）^2}+{y^2}=\frac{16}{9}$，聯(lián)立兩個(gè)圓的方程，得到切點(diǎn)坐標(biāo)，然后證明：當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，以AB為直徑的圓過點(diǎn)T（1，0），若直線l不垂直于x軸，可設(shè)直線l：$y=k（{x+\frac{1}{3}}）$設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程與橢圓方程，通過韋達(dá)定理以及$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=0，推出$\overrightarrow{TA}⊥\overrightarrow{TB}$，得到結(jié)果．

解答 解：（1）拋物線焦點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1），則橢圓C的焦點(diǎn)在y軸上
設(shè)橢圓方程為$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1\;（{a＞b＞0}）$
由題意可得c=1，$a=\sqrt{2}$，$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=1$，
∴橢圓方程為$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1$…（3分）
（2）若直線l與x軸重合，則以AB為直徑的圓是x²+y²=1，
若直線l垂直于x軸，則以AB為直徑的圓是${（{x+\frac{1}{3}}）^2}+{y^2}=\frac{16}{9}$
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+{y^2}=1\\{（{x+\frac{1}{3}}）^2}+{y^2}=\frac{16}{9}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=0\end{array}\right.$即兩圓相切于點(diǎn)（1，0）…（5分）
因此所求的點(diǎn)T如果存在，只能是（1，0），事實(shí)上，點(diǎn)T（1，0）就是所求的點(diǎn)．…（6分）
證明：當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，以AB為直徑的圓過點(diǎn)T（1，0），若直線l不垂直于x軸，
可設(shè)直線l：$y=k（{x+\frac{1}{3}}）$設(shè)點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x+\frac{1}{3}}）\\{x^2}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$$⇒（{{k^2}+2}）{x^2}+\frac{2}{3}{k^2}x+\frac{1}{9}{k^2}-2=0$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{-\frac{2}{3}{k^2}}}{{{k^2}+2}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{\frac{1}{9}{k^2}-2}}{{{k^2}+2}}\end{array}\right.$…（9分）
又∵$\overrightarrow{TA}$=（x₁-1，y₁），$\overrightarrow{TB}$=（x₂-1，y₂），
∴$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}$=（x₁-1，y₁）•（x₂-1，y₂）=$（{x_1}-1）（{x_2}-1）+{k^2}（{x_1}+\frac{1}{3}）（{x_2}+\frac{1}{3}）$=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（\frac{1}{3}{k^2}-1）（{x_1}+{x_2}）+（1+\frac{1}{9}{k^2}）$=$（1+{k^2}）\frac{{\frac{1}{9}{k^2}-2}}{{{k^2}+2}}+（\frac{1}{3}{k^2}-1）\frac{{-\frac{2}{3}{k^2}}}{{{k^2}+2}}+（1+\frac{1}{9}{k^2}）$=0…（11分）
∴$\overrightarrow{TA}⊥\overrightarrow{TB}$即：TA⊥TB，故以AB為直徑的圓恒過點(diǎn)T（1，0）．
綜上可知：在坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T（1，0）滿足條件．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．