Question

13．椭圆C的焦点为F₁（-$\sqrt{2}$，0），${F_2}（\sqrt{2}，0）$，且点$M（\sqrt{2}，1）$在椭圆C上．过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为点D（不同于点A）．
（I） 求椭圆C的标准方程；
（II）证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：由题意可得关于a，b，c的方程组，解得即可，
法二：直接根据椭圆的定义求出a的值，以及c的值，问题得以解决，
（Ⅱ）法一：直线方程与椭圆方程联立方程组，根据韦达定理，以及利用判断出存在定点Q满足条件，则Q（0，2），再根据斜率的即可判断A，D，Q三点共线．
即直线AD恒过定点，定点坐标为Q（0，2）．
法二：直线方程与椭圆方程联立方程组，根据韦达定理，求出直线AD的方程，再判断过定点．

解答 解：（ I）法一
设椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\\ c=\sqrt{2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{2}\end{array}\right.$．
所以椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
法二
设椭圆c的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$．
由已知得$c=\sqrt{2}$，$2a=|{M{F_1}}|+|{M{F_2}}|=\sqrt{{{[\sqrt{2}-（-\sqrt{2}）]}^2}+1}+1=4$．
所以a=2，b²=a²-c²=2．
所以椭圆c的方程为为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（ II）法一
当直线l的斜率存在时（由题意k≠0），设直线l的方程为y=kx+1．
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$得（2k²+1）x²+4kx-2=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
则$\left\{\begin{array}{l}△=16{k^2}+8（2{k^2}+1）＞0\\{x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}.\end{array}\right.$
特殊地，当A为（2，0）时，k=-$\frac{1}{2}$，所以2x₂=-$\frac{4}{3}$，x₂=-$\frac{2}{3}$，y₂=$\frac{4}{3}$，即B（-$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$）
所以点B关于y轴的对称点D（$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$），则直线AD的方程为y=-x+2．
又因为当直线l斜率不存时，直线AD的方程为x=0，
如果存在定点Q满足条件，则Q（0，2）．
所以K_QA=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}$=$\frac{{y}_{1}-1-1}{{x}_{1}}$=k-$\frac{1}{{x}_{1}}$，K_QB=$\frac{{y}_{2}-2}{-{x}_{2}}$=-k+$\frac{1}{{x}_{2}}$，
又因为 ${k_{QA}}-{k_{QB}}=2k-（\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}）=2k-（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}）=2k-2k=0$，
所以K_QA=K_QB，即A，D，Q三点共线．
即直线AD恒过定点，定点坐标为Q（0，2）．
法二
（ II）①当直线l的斜率存在时（由题意k≠0），设直线l的方程为y=kx+1．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\{x^2}+2{y^2}=4\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kx-2=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则D（-x₂，y₂）．
所以$\left\{\begin{array}{l}△=16{k^2}+8（2{k^2}+1）＞0\\{x_1}+{x_2}=-\frac{4k}{{2{k^2}+1}}\\{x_1}{x_2}=-\frac{2}{{2{k^2}+1}}.\end{array}\right.$
因为${k_A}_D=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}$，
所以直线AD的方程为：$y-{y_1}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}（x-{x_1}）$．
所以$y=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}-{x_1}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}+{y_1}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}-{x_1}{y_1}+{x_2}{y_1}+{x_1}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}{y_2}+{x_2}{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{{x_1}（k{x_2}+1）+{x_2}（k{x_1}+1）}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{2k{x_1}{x_2}+{x_2}+{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+\frac{{2k{x_1}{x_2}}}{{{x_2}+{x_1}}}+1$，
=$\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{-{x_2}-{x_1}}}•x+2$．
因为当x=0，y=2，
所以直线MD恒过（0，2）点．
②当k不存在时，直线AD的方程为x=0，过定点（0，2）．
综上所述，直线AD恒过定点，定点坐标为（0，2）．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．