题号:1620    题型:填空题    来源:2023届湖北省九师联盟高三新高考摸底联考数学试题及答案
已知椭圆 $C$ 的焦点为 $F_{1}(-\sqrt{2}, 0), F_{2}(\sqrt{2}, 0)$, 且 $C$ 过点 $E(\sqrt{2}, 1)$.
(1) 求 $C$ 的方程;
(2) 设 $\mathrm{A}$ 为椭圆 $C$ 的右顶点, 直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $P, Q$ 两点, 且 $P, Q$ 均不是 $C$ 的左, 右顶点, $M$ 为 $P Q$ 的
中点. 若 $\frac{|A M|}{|P Q|}=\frac{1}{2}$, 试探究直线 $l$ 是否过定点? 若过定点, 求出该定点坐标; 若不过定点, 请说明理由.
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答案:
【小问 1 详解】
解: 设椭圆 $C$ 的长半轴长为 $a$, 短半轴长为 $b$, 半焦距为 $c$,
因为 $\left|E F_{1}\right|=\sqrt{[\sqrt{2}-(-\sqrt{2})]^{2}+1^{2}}=3,\left|E F_{2}\right|=1$,
所以 $\left|E F_{1}\right|+\left|E F_{2}\right|=4=2 a$, 即 $a=2$.

又因为 $c=\sqrt{2}$,
所以 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=2$,
又椭圆 $C$ 的焦点在 $x$ 轴上, 且中心在坐标原点,
所以 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$.
【小问 2 详解】
因为 $\frac{|A M|}{|P Q|}=\frac{1}{2}$, 则 $|P Q|=2|A M|$, 又因为 $M$ 为 $P Q$ 的中点,
所以 $A P \perp A Q$, 易知点 $A(2,0)$,

设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$.
当直线 $l$ 的斜率存在时, 设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+m$,
由 $\left\{\begin{array}{c}y=k x+m, \\ x^{2}+2 y^{2}=4,\end{array}\right.$, 得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k m x+\left(2 m^{2}-4\right)=0$, ,
所以 $\Delta=16 k^{2} m^{2}-4\left(2 k^{2}+1\right)\left(2 m^{2}-4\right)=8\left(4 k^{2}-m^{2}+2\right) > 0$,
由韦达定理可得 $x_{1}+x_{2}=\frac{-4 k m}{2 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=\frac{2 m^{2}-4}{2 k^{2}+1}$,
$\overrightarrow{A P}=\left(x_{1}-2, k x_{1}+m\right), \overrightarrow{A Q}=\left(x_{2}-2, k x_{2}+m\right)$
则 $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)+\left(k x_{1}+m\right)\left(k x_{2}+m\right)=\left(k^{2}+1\right) x_{1} x_{2}+(k m-2)\left(x_{1}+x_{2}\right)+m^{2}+4=$


$$
\frac{2\left(m^{2}-2\right)\left(k^{2}+1\right)-4 k m(k m-2)}{2 k^{2}+1}+m^{2}+4=0,
$$
化简可得 $3 m^{2}+8 k m+4 k^{2}=0$, 即 $(m+2 k)(3 m+2 k)=0$.
若 $m=-2 k$, 则直线 $l$ 的方程为 $y=k(x-2)$, 此时直线 $l$ 过顶点 $\mathrm{A}$, 不符合题意;
若 $m=-\frac{2}{3} k$, 易知满足 $\Delta=8\left(4 k^{2}-m^{2}+2\right) > 0$, 此时直线 $l$ 的方程为 $y=k\left(x-\frac{2}{3}\right)$, 直线 $l$ 过定点 $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$; 当直线 $l$ 的斜率不存在时, 设直线 $l$ 的方程为 $x=t(t \neq 2)$, 则 $P\left(t, y_{1}\right) 、 Q\left(t,-y_{1}\right)$,
所以 $\frac{t^{2}}{4}+\frac{y_{1}^{2}}{2}=1$,

则 $y_{1}^{2}=2-\frac{t^{2}}{2}, \overrightarrow{A P}=\left(t-2, y_{1}\right), A Q=\left(t-2,-y_{1}\right)$,
$$
\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A Q}=(t-2)^{2}-y_{1}^{2}=(t-2)^{2}-2+\frac{1}{2} t^{2}=\frac{3}{2} t^{2}-4 t+2=0,
$$
因为 $t \neq 2$, 解得 $t=\frac{2}{3}$, 直线 $l$ 过点 $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$.
综上, 直线 $l$ 过定点 $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$.
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