Question

11．已知直線l：y=x+$\sqrt{6}$，圓O：x²+y²=4，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等．
（1）求橢圓E的方程；
（2）已知動直線l₁（斜率存在）與橢圓E交于P，Q兩個不同點(diǎn)，且△OPQ的面積S_△OPQ=1，若N為線段PQ的中點(diǎn)，問：在x軸上是否存在兩個定點(diǎn)A，B，使得直線NA與NB的斜率之積為定值？若存在，求出A，B的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得圓心O到直線l的距離，以及弦長，可得b=1，再由離心率公式和a，b，c的關(guān)系，解得a=2，進(jìn)而得到橢圓的方程；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線l₁的方程為：y=kx+m．代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，再由三角形的面積公式和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，以及直線的斜率公式，結(jié)合定值思想，即可得到所求值及條件．

解答 解：（1）設(shè)橢圓半焦距為c，
圓心O到l的距離d=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{1+1}}$=$\sqrt{3}$，
則l被圓O截得的弦長為2，所以b=1，
由題意得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
∴a²=4，b²=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
直線l₁的方程為：y=kx+m．
代入橢圓方程，消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$，
原點(diǎn)O到直線l₁的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|PQ|•d=$\frac{2|m|•\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$=1，
∴2|m|•$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，
令1+4k²=n，∴2|m|•$\sqrt{n-{m}^{2}}$=n，
∴n=2m²，1+4k²=2m²．
∵N為PQ中點(diǎn)，
∴x_N=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$，y_N=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
∵1+4k²=2m²，∴x_N=-$\frac{2k}{m}$，y_N=$\frac{1}{2m}$．∴$\frac{{{x}_{N}}^{2}}{2}$+2y_N²=1．
假設(shè)x軸上存在兩定點(diǎn)A（s，0），B（t，0）（s≠t），
則直線NA的斜率k₁=$\frac{{y}_{N}}{{x}_{N}-s}$，
直線NB的斜率k₂=$\frac{{y}_{N}}{{x}_{N}-t}$，
∴k₁k₂=$\frac{{{y}_{N}}^{2}}{（{x}_{N}-s）（{x}_{N}-t）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1-\frac{1}{2}{{x}_{N}}^{2}}{{{x}_{N}}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$=-$\frac{1}{4}$•$\frac{{{x}_{N}}^{2}-2}{{{x}_{N}}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$．
當(dāng)且僅當(dāng)s+t=0，st=-2時，k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，則s=$\sqrt{2}$，t=-$\sqrt{2}$．
綜上所述，存在兩定點(diǎn)A（$\sqrt{2}$，0），B（-$\sqrt{2}$，0），
使得直線NA與NB的斜率之積為定值．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的性質(zhì)：離心率，考查存在性問題的解法，注意運(yùn)用聯(lián)立直線和橢圓的方程，由韋達(dá)定理和弦長公式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．