已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt2}{2}$，且过点 $A(2,1)$．
【难度】
【出处】
2020年新高考（Ⅰ）卷
【标注】
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求 $C$ 的方程；标注答案$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$解析解：由题设得 $\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1,\frac{a^2-b^2}{a^2}=\frac{1}{2}$，解得 $a^2=6,b^2=3.$
所以 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$． -
点 $M,N$ 在 $C$ 上，且 $AM\perp AN,AD\perp MN$，$D$ 为垂足．证明：存在定点 $Q$，使得 $|DQ|$ 为定值．标注答案存在点 $Q(\frac{4}{3},\frac{1}{3})$，使得 $|DQ|$ 为定值解析解：设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2).$
若直线 $MN$ 与 $x$ 轴不垂直，设直线 $MN$ 的方程为 $y=kx+m$，代入 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$ 得$$(1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-6=0.$$于是$$x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2},x_1x_2=\frac{2m^2-6}{1+2k^2}. ① $$由 $AM\perp AN$ 知 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0$，故 $(x_1-2)(x_2-2)+(y_1-1)(y_2-1)=0$，可得$$(k^2+1)x_1x_2+(km-k-2)(x_1+x_2)+(m-1)^2+4=0.$$将 ① 代入上式可得 $(k^2+1)\frac{2m^2-6}{1+2k^2}-(km-k-2)\frac{4km}{1+2k^2}+(m-1)^2+4=0.$
整理得 $(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.$
因为 $A(2,1)$ 不在直线 $MN$ 上，所以 $2k+m-1\ne 0$，故 $2k+3m+1=0,k=1.$
于是 $MN$ 的方程为 $y=k(x-\frac{2}{3})-\frac{1}{3}(k\ne 1).$
所以直线 $MN$ 过点 $P(\frac{2}{3},-\frac{1}{3}).$
若直线 $MN$ 与 $x$ 轴垂直，可得 $N(x_1,-y_1).$
由 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0 $ 得 $(x_1-2)(x_1-2)(y_1-1)(-y_1-1)=0.$
又 $ \frac{x_1^2}{6}+\frac{y_1^2}{3}=1$，可得 $3x_1-8x_1+4=0.$ 解得 $x_1=2$（舍去），$x_1=\frac{2}{3}.$
此时直线 $MN$ 过点 $P(\frac{2}{3},-\frac{1}{3}).$
令 $Q$ 为 $AP$ 的中点，即 $Q(\frac{4}{3},\frac{1}{3}).$
若 $D$ 与 $P$ 不重合，则由题设知 $AP$ 是 $\text{Rt}\triangle ADP$ 的斜边，故 $|DQ|=\frac{1}{2}|AP|=\frac{2\sqrt2}{3}.$
若 $D$ 与 $P$ 重合，则 $|DQ|=\frac{1}{2}|AP|.$
综上，存在点 $Q(\frac{4}{3},\frac{1}{3})$，使得 $|DQ|$ 为定值．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
