《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2 (2024·辽宁锦州一模)已知椭圆$C:\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a＞b≥1)$的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}，$其上焦点到直线$bx + 2ay-\sqrt{2}=0$的距离为$\frac{\sqrt{2}}{3}.$
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点$P(\frac{1}{3},0)$的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

答案： 解　
(1)由题意得，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又a²=b²+c²，所以a=$\sqrt{2}$b，c = b.
又$\frac{|2ac-\sqrt{2}|}{\sqrt{b^{2}+4a^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，a＞b≥1，所以b²=1，a²=2，
故椭圆C的方程为$\frac{y^{2}}{2}$+x²=1.
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为(x-$\frac{1}{3}$)² +y²=$\frac{16}{9}$.
当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x²+y²=1.可得两圆交点为Q(-1,0).
由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(-1,0).
下证Q(-1,0)符合题意
设直线l的斜率存在，且不为0，
其方程为y = k(x-$\frac{1}{3}$)，代入$\frac{y^{2}}{2}$+x²=1，
并整理得(k²+2)x²-$\frac{2}{3}$k²x+$\frac{1}{9}$k²-2 = 0.
设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，
则x₁+x₂=$\frac{2k²}{3(k²+2)}$，x₁x₂=$\frac{k²-18}{9(k²+2)}$，
所以$\overrightarrow{QA}$·$\overrightarrow{QB}$=(x₁+1)(x₂+1)+y₁y₂=x₁x₂+x₁+x₂+1+k²(x₁-$\frac{1}{3}$)(x₂-$\frac{1}{3}$)=(1 + k²)x₁x₂+(1-$\frac{1}{3}$k²)(x₁+x₂)+1+$\frac{1}{9}$k²=(1 + k²)$\frac{k²-18}{9(k²+2)}$+(1-$\frac{1}{3}$k²)$\frac{2k²}{3(k²+2)}$+1+$\frac{1}{9}$k²=0，
故$\overrightarrow{QA}$⊥$\overrightarrow{QB}$，即Q(-1,0)在以线段AB为直径的圆上.
综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(-1,0).

变式训练 2.(2023·湖南长沙模拟)已知定点A(-1,0)，F(2,0)，定直线$l:x=\frac{1}{2}，$不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍.设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B，C两点，直线AB，AC分别交l于点M，N.
(1)求E的方程；
(2)试判断以线段MN为直径的圆是否过定点.若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.

答案： 解　
(1)设P(x,y)，依题意有$\sqrt{(x - 2)^{2}+y^{2}}$=2|x-$\frac{1}{2}$|，化简可得E的方程为x²-$\frac{y^{2}}{3}$=1(y≠0).
(2)假设以线段MN为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在x轴上.
若BC⊥x轴，则B(2,3)，直线AB的方程为y = x + 1，
所以点M的坐标为($\frac{1}{2}$,$\frac{3}{2}$)，同理可得点N的坐标为($\frac{1}{2}$,-$\frac{3}{2}$)，
此时以MN为直径的圆的方程为(x-$\frac{1}{2}$)²+y²=$\frac{9}{4}$，
该圆与x轴交于点D₁(2,0)和D₂(-1,0).下面进行验证：
设直线BC的方程为x = my + 2，
由$\begin{cases}x = my + 2\\x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去x，得(3m²-1)y²+12my + 9 = 0，
由题意，知3m²-1≠0，Δ＞0.
设B(x₁,y₁)，C(x₂,y₂)，
则y₁+y₂=-$\frac{12m}{3m²-1}$，y₁y₂=$\frac{9}{3m²-1}$.
因为直线AB的方程为y=$\frac{y₁}{x₁+1}$(x + 1)，
所以点M的坐标为($\frac{1}{2}$,$\frac{3y₁}{2(x₁+1)}$)，
同理可得，点N的坐标为($\frac{1}{2}$,$\frac{3y₂}{2(x₂+1)}$).
因为$\overrightarrow{D_{1}M}$=(-$\frac{3}{2}$,$\frac{3y₁}{2(x₁+1)}$)，$\overrightarrow{D_{1}N}$=(-$\frac{3}{2}$,$\frac{3y₂}{2(x₂+1)}$)，
所以$\overrightarrow{D_{1}M}$·$\overrightarrow{D_{1}N}$=$\frac{9}{4}$+$\frac{9y₁y₂}{4(x₁+1)(x₂+1)}$=$\frac{9}{4}$+$\frac{9y₁y₂}{4[m²y₁y₂+3m(y₁+y₂)+9]}$=$\frac{9}{4}$+$\frac{\frac{81}{3m²-1}}{4(\frac{9m²}{3m²-1}-\frac{36m²}{3m²-1}+9)}$=0.
同理可得，$\overrightarrow{D_{2}M}$·$\overrightarrow{D_{2}N}$=0.
所以以线段MN为直径的圆过定点(2,0)和(-1,0).

例3 (2024·武汉调研)如图，椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$经过点A(0，-1)且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}.$
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.

答案： 解　
(1)由题设知$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b = 1，结合a²=b²+c²，
解得a=$\sqrt{2}$，
所以椭圆E的方程为$\frac{x^{2}}{2}$+y²=1.
(2)由题设知，直线PQ的方程为y = k(x - 1)+1(k≠2)，代入$\frac{x^{2}}{2}$+y²=1，
得(1 + 2k²)x²-4k(k - 1)x + 2k(k - 2)=0，
由已知Δ＞0，设P(x₁,y₁)，Q(x₂,y₂)，
易知x₁x₂≠0，则x₁+x₂=$\frac{4k(k - 1)}{1 + 2k²}$，x₁x₂=$\frac{2k(k - 2)}{1 + 2k²}$，
从而直线AP，AQ的斜率之和为
k$_{AP}$+k$_{AQ}$=$\frac{y₁+1}{x₁}$+$\frac{y₂+1}{x₂}$=$\frac{kx₁+2 - k}{x₁}$+$\frac{kx₂+2 - k}{x₂}$=2k+(2 - k)($\frac{1}{x₁}$+$\frac{1}{x₂}$)=2k+(2 - k)$\frac{x₁+x₂}{x₁x₂}$=2k+(2 - k)$\frac{4k(k - 1)}{2k(k - 2)}$=2k-2(k - 1)=2(为定值).