2015_退役省自主命题 (2015·理)
18．．已知椭圆 $\mathrm{E}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(\mathrm{a}>b>0)$ 过点 $(0, \sqrt{2})$ ，且离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．
（I）求椭圆 E 的方程；
（II）设直线 $x=m y-1,(m \hat{\imath} R)$ 交椭圆 E 于 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点，
判断点 $\mathrm{G}\left(-\frac{9}{4}, 0\right)$ 与以线段 AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．
【答案】（I）$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ；（II） $\mathrm{G}\left(-\frac{9}{4}, 0\right)$ 在以 AB 为直径的圆外．
## 【解析】
解法一：（I）由已知得
$\left\{\begin{aligned} b & =\sqrt{2}, \\ \frac{c}{a} & =\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ a^{2} & =b^{2}+c^{2},\end{aligned}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=\sqrt{2} \\ c=\sqrt{2}\end{array}\right.$
所以椭圆 E 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ．
（II）设点 $A\left(x_{1} y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), \mathrm{AB}$ 中点为 $\mathrm{H}\left(x_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ ．
由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y-1 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(\mathrm{m}^{2}+2\right) \mathrm{y}^{2}-2 m y-3=0$,
所以 $\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=\frac{2 \mathrm{~m}}{\mathrm{~m}^{2}+2}, \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=\frac{3}{\mathrm{~m}^{2}+2}$ ，从而 $\mathrm{y}_{0}=\frac{2}{\mathrm{~m}^{2}+2}$ ．
所以 $\left.G H\right|^{2}=\left(x_{0}+\frac{9}{4}\right)^{2}+\mathrm{y}_{0}{ }^{2}=\left(\mathrm{my}_{0}+\frac{5}{4}\right)^{2}+\mathrm{y}_{0}{ }^{2}=\left(\mathrm{m}^{2}+1\right) \mathrm{y}_{0}{ }^{2}+\frac{5}{2} \mathrm{my}_{0}+\frac{25}{16}$ ．
$\frac{|A B|^{2}}{4}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}{4}=\frac{\left(m^{2}+1\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}{4}$
$$ =\frac{\left(\mathrm{m}^{2}+1\right)\left[\left(y_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)^{2}-4 y_{1} \mathrm{y}_{2}\right]}{4}=\left(\mathrm{m}^{2}+1\right)\left(\mathrm{y}_{0}^{2}-y_{1} \mathrm{y}_{2}\right) $$
故 $|G H|^{2}-\frac{|A B|^{2}}{4}=\frac{5}{2} m y_{0}+\left(m^{2}+1\right) y_{1} y_{2}+\frac{25}{16}=\frac{5 m^{2}}{2\left(m^{2}+2\right)}-\frac{3\left(m^{2}+1\right)}{m^{2}+2}+\frac{25}{16}=\frac{17 m^{2}+2}{16\left(m^{2}+2\right)}>0$
所以 $|G H|>\frac{|A B|}{2}$ ，故 $G\left(-\frac{9}{4}, 0\right)$ 在以 $A B$ 为直径的圆外。
## 解法二：（I）同解法一。
（II）设点 $A\left(x_{1} \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(x_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$ ，则 $\overline{\mathrm{GA}}=\left(x_{1}+\frac{9}{4}, y_{1}\right), \overline{\mathrm{GB}}=\left(x_{2}+\frac{9}{4}, y_{2}\right)$ ．
由 $\left\{\begin{array}{l}x=m y-1 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(\mathrm{m}^{2}+2\right) \mathrm{y}^{2}-2 m y-3=0$ ，所以 $\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=\frac{2 m}{\mathrm{~m}^{2}+2}, \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}=\frac{3}{\mathrm{~m}^{2}+2}$ ，
从而 $\overrightarrow{\mathrm{GA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{GB}}=\left(x_{1}+\frac{9}{4}\right)\left(x_{2}+\frac{9}{4}\right)+y_{1} y_{2}=\left(\mathrm{my}_{1}+\frac{5}{4}\right)\left(\mathrm{my}_{2}+\frac{5}{4}\right)+y_{1} y_{2}$
$=\left(\mathrm{m}^{2}+1\right) y_{1} \mathrm{y}_{2}+\frac{5}{4} m\left(y_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)+\frac{25}{16}=\frac{5 m^{2}}{2\left(\mathrm{~m}^{2}+2\right)}-\frac{3\left(\mathrm{~m}^{2}+1\right)}{\mathrm{m}^{2}+2}+\frac{25}{16}=\frac{17 m^{2}+2}{16\left(\mathrm{~m}^{2}+2\right)}>0$
所以 $\cos \langle\overrightarrow{\mathrm{GA}}, \overrightarrow{\mathrm{GB}}\rangle>0$ ，又 $\overrightarrow{\mathrm{GA}}, \overrightarrow{\mathrm{GB}}$ 不共线，所以 $\angle \mathrm{AGB}$ 为锐角．
故点 $\mathrm{G}\left(-\frac{9}{4}, 0\right)$ 在以 AB 为直径的圆外．
【考点定位】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系．
【名师点睛】本题通过判断点和圆的位置关系来考查中点问题，利用韦达定理确定圆心，然后计算圆心到点 $G$ 的距离并和半径比较得解；也可以构造向量，通过判断数量积的正负来确定点和圆的位置关系： $\overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}<0 \Leftrightarrow$ 点 $G$ 在圆内； $\overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}>0 \Leftrightarrow$ 点 $G$ 在圆外； $\overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}=0 \Leftrightarrow$ 点 $G$ 在圆上，本题综合性较高，较好地考查分析问题解决问题的能力。