Question

14．已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，且椭圆的焦距为2，离心率为e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$﹒
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点（1，0）作直线l交E于P、Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$为定值？若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）设椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），由已知得：2c=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b²=a²-c²，联立解得即可得出．
（Ⅱ）符合条件的点M存在，其坐标为$（\frac{5}{4}，0）$．证明如下：假设存在符合条件的点M（m，0），又设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则：$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=x₁x₂-m（x₁+x₂）+m²+y₁y₂．分类讨论：①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k（x-1），与椭圆方程联立化为（2k²+1）x²-4k²x+（2k²-2）=0，利用根与系数的关系可得$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=$\frac{（2{m}^{2}-4m+1）{k}^{2}+{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，对于任意的k值，上式为定值，所以2m²-4m+1=2（m²-2），解得m．
②当直线l的斜率不存在时，直线l：x=1，x₁x₂=1，x₁+x₂=2，y₁y₂=-$\frac{1}{2}$．由m=$\frac{5}{4}$，代入得$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$即可得出．

解答 解：（I）设椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由已知得：2c=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b²=a²-c²，
联立解得c=1，b=1，a=$\sqrt{2}$．
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（Ⅱ）符合条件的点M存在，其坐标为$（\frac{5}{4}，0）$．证明如下：
假设存在符合条件的点M（m，0），又设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则：
$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=x₁x₂-m（x₁+x₂）+m²+y₁y₂．
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²-4k²x+（2k²-2）=0，
∴x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[-（x₁+x₂）+x₁•x₂+1]=-$\frac{{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$．
∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=$\frac{（2{m}^{2}-4m+1）{k}^{2}+{m}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
对于任意的k值，上式为定值，所以2m²-4m+1=2（m²-2），解得m=$\frac{5}{4}$，此时$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=-$\frac{7}{16}$为定值．
②当直线l的斜率不存在时，直线l：x=1，x₁x₂=1，x₁+x₂=2，y₁y₂=-$\frac{1}{2}$．
由m=$\frac{5}{4}$，得$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=1-2×$\frac{5}{4}$+$\frac{25}{16}$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{7}{16}$为定值．
综上述①②知，符合条件的点M存在，其坐标为$（\frac{5}{4}，0）$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．