Question

4．已知焦距為2$\sqrt{2}$的橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)為A，直線y=$\frac{4}{3}$與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)（P在Q的左邊），Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M，N．
（i）若直線l過原點(diǎn)且與坐標(biāo)軸不重合，E是直線3x+3y-2=0上一點(diǎn)，且△EMN是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求k的值
（ii）若M是橢圓的左頂點(diǎn)，D是直線MN上一點(diǎn)，且DA⊥AM，點(diǎn)G是x軸上異于點(diǎn)M的點(diǎn)，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，求證：點(diǎn)G是定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=$\sqrt{2}$，直線y=$\frac{4}{3}$代入橢圓方程，求得P，Q的橫坐標(biāo)，可得|AB|，由四邊形ABPQ是平行四邊形，
可得|AB|=|PQ|，解方程可得b，由a，b，c的關(guān)系可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）（i）由直線y=kx代入橢圓方程，求得M的坐標(biāo)，由△EMN是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，可設(shè)E（m，$\frac{2}{3}$-m），求出E到直線kx-y=0的距離d，由題意可得OE⊥MN，|OM|=d，解方程可得k的值；
（ii）由M（-2，0），可得直線MN的方程為y=k（x+2），代入橢圓方程，可得x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，可得N的坐標(biāo)，設(shè)G（t，0），（t≠-2），由題意可得D（2，4k），A（2，0），以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，可得AN⊥DG，運(yùn)用兩直線垂直的條件，可得斜率之積為-1，解方程可得t=0，即可得到定點(diǎn)．

解答 解：（1）由題意可得2c=2$\sqrt{2}$，即c=$\sqrt{2}$，
直線y=$\frac{4}{3}$代入橢圓方程可得$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{16}{9^{2}}$=1，
解得x=±a$\sqrt{1-\frac{16}{9^{2}}}$，
可得|AB|=a-a$\sqrt{1-\frac{16}{9^{2}}}$，
由四邊形ABPQ是平行四邊形，
可得|AB|=|PQ|=2a$\sqrt{1-\frac{16}{9^{2}}}$，
解得b=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，
可得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）（i）由直線y=kx代入橢圓方程，可得（1+2k²）x²=4，
解得x=±$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
可設(shè)M（$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），
由△EMN是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，
可設(shè)E（m，$\frac{2}{3}$-m），E到直線kx-y=0的距離為d=$\frac{|km+m-\frac{2}{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
即有OE⊥MN，|OM|=d，
即為$\frac{\frac{2}{3}-m}{m}$=-$\frac{1}{k}$，$\sqrt{\frac{4+4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{|km+m-\frac{2}{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
由m=$\frac{2k}{3（k-1）}$，代入第二式，化簡整理可得7k²-18k+8=0，
解得k=2或$\frac{4}{7}$；
（ii）證明：由M（-2，0），可得直線MN的方程為y=k（x+2），
代入橢圓方程可得，（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，
可得-2+x_N=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
解得x_N=$\frac{2-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
y_N=k（x_N+2）=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，即N（$\frac{2-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$），
設(shè)G（t，0），（t≠-2），由題意可得D（2，4k），A（2，0），
以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，
可得AN⊥DG，
即有k_AN•k_DG=-1，
即為$\frac{4k}{2-4{k}^{2}-2-4{k}^{2}}$•$\frac{4k}{2-t}$=-1，
解得t=0．
故點(diǎn)G是定點(diǎn)，即為原點(diǎn)（0，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，注意聯(lián)立方程組，解方程或運(yùn)用韋達(dá)定理，考查直徑所對(duì)圓周角為直角，兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，同時(shí)考查點(diǎn)到直線的距離公式，以及化簡整理的運(yùn)算能力，綜合性強(qiáng)，屬于中檔題．