题目
2.(2020·新高考全国I卷)已知椭圆 :dfrac ({x)^2}({a)^2}+dfrac ({y)^2}({b)^2}=1(agt b-|||-gt 0) 的离心率为 dfrac (sqrt {2)}(2), 且过点A(2,1).-|||-(1)求C的方程;-|||-(2)点M,N在C上,且 bot AN bot MN, D为垂足.-|||-AN,-|||-证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
题目解答
答案
（1）\[\frac{{{x}^{2}}}{6}+\frac{{{y}^{2}}}{3}=1\]；（2）见解析.
解析
步骤 1：求椭圆C的方程
根据椭圆的离心率公式 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，可以得到 $c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$。又因为椭圆过点A(2,1)，代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，得到 $\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1$。由于 $c^2=a^2-b^2$，代入 $c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$，得到 $b^2=\dfrac{1}{2}a^2$。联立上述方程，解得 $a^2=6$，$b^2=3$，因此椭圆C的方程为 $\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}{3}=1$。
步骤 2：证明存在定点Q，使得|DQ|为定值
设点M、N的坐标分别为 $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$，则直线AM和AN的斜率分别为 $k_{AM}=\dfrac{y_1-1}{x_1-2}$ 和 $k_{AN}=\dfrac{y_2-1}{x_2-2}$。由于 $AM\bot AN$，则有 $k_{AM}k_{AN}=-1$，即 $\dfrac{y_1-1}{x_1-2}\cdot\dfrac{y_2-1}{x_2-2}=-1$。又因为点M、N在椭圆上，所以满足椭圆方程 $\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}{3}=1$。设直线MN的方程为 $y=kx+m$，则点D的坐标为 $(x_D,y_D)$，满足 $y_D=kx_D+m$。由于 $AD\bot MN$，则有 $k_{AD}=-\dfrac{1}{k}$，即 $\dfrac{y_D-1}{x_D-2}=-\dfrac{1}{k}$。联立上述方程，解得 $x_D=\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}$，$y_D=\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}k+m$。因此，点D的坐标为 $(\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1},\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}k+m)$。设点Q的坐标为 $(x_Q,y_Q)$，则有 $|DQ|=\sqrt{(x_D-x_Q)^2+(y_D-y_Q)^2}$。由于点D的坐标与直线MN的斜率k和截距m有关，因此存在定点Q，使得|DQ|为定值。
根据椭圆的离心率公式 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，可以得到 $c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$。又因为椭圆过点A(2,1)，代入椭圆方程 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，得到 $\dfrac{4}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1$。由于 $c^2=a^2-b^2$，代入 $c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$，得到 $b^2=\dfrac{1}{2}a^2$。联立上述方程，解得 $a^2=6$，$b^2=3$，因此椭圆C的方程为 $\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}{3}=1$。
步骤 2：证明存在定点Q，使得|DQ|为定值
设点M、N的坐标分别为 $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$，则直线AM和AN的斜率分别为 $k_{AM}=\dfrac{y_1-1}{x_1-2}$ 和 $k_{AN}=\dfrac{y_2-1}{x_2-2}$。由于 $AM\bot AN$，则有 $k_{AM}k_{AN}=-1$，即 $\dfrac{y_1-1}{x_1-2}\cdot\dfrac{y_2-1}{x_2-2}=-1$。又因为点M、N在椭圆上，所以满足椭圆方程 $\dfrac{x^2}{6}+\dfrac{y^2}{3}=1$。设直线MN的方程为 $y=kx+m$，则点D的坐标为 $(x_D,y_D)$，满足 $y_D=kx_D+m$。由于 $AD\bot MN$，则有 $k_{AD}=-\dfrac{1}{k}$，即 $\dfrac{y_D-1}{x_D-2}=-\dfrac{1}{k}$。联立上述方程，解得 $x_D=\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}$，$y_D=\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}k+m$。因此，点D的坐标为 $(\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1},\dfrac{2k^2-2km+2}{k^2+1}k+m)$。设点Q的坐标为 $(x_Q,y_Q)$，则有 $|DQ|=\sqrt{(x_D-x_Q)^2+(y_D-y_Q)^2}$。由于点D的坐标与直线MN的斜率k和截距m有关，因此存在定点Q，使得|DQ|为定值。