Question

1．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，以原點O為圓心，橢圓C的長半軸為半徑的圓與直線2x-$\sqrt{2}$y+6=0相切．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）已知點A，B為動直線y=k（x-2）（k≠0）與橢圓C的兩個交點，問：在x軸上是否存在點E，使$\overrightarrow{EA}$²+$\overrightarrow{EA}$•$\overrightarrow{AB}$為定值？若存在，試求出點E的坐標和定值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得圓O的方程，由直線和圓相切的條件：d=r，可得a的值，再由離心率公式，可得c的值，結合a，b，c的關系，可得b，由此能求出橢圓的方程；
（2）由直線y=k（x-2）和橢圓方程，得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，由此利用韋達定理、向量的數(shù)量積，結合已知條件能求出在x軸上存在點E，使$\overrightarrow{EA}$•$\overrightarrow{EB}$為定值，定點為（$\frac{7}{3}$，0）．

解答 解：（1）由離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
即c=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，①
又以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓為x²+y²=a²，
且與直線$2x-\sqrt{2}y+6=0$相切，
所以$a=\frac{6}{{\sqrt{{2^2}+{{（\sqrt{2}）}^2}}}}=\sqrt{6}$，代入①得c=2，
所以b²=a²-c²=2．
所以橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，可得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，
△=144k⁴-4（1+3k²）（12k²-6）＞0，即為6+6k²＞0恒成立．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
所以x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
根據(jù)題意，假設x軸上存在定點E（m，0），
使得${\overrightarrow{EA}^2}+\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{EA}•（\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AB}）=\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$為定值，
則有$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$=（x₁-m，y₁）•（x₂-m，y₂）=（x₁-m）•（x₂-m）+y₁y₂
=（x₁-m）（x₂-m）+k²（x₁-2）（x₂-2）
=（k²+1）x₁x₂-（2k²+m）（x₁+x₂）+（4k²+m²）
=（k²+1）•$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$-（2k²+m）•$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$+（4k²+m²）
=$\frac{（3{m}^{2}-12m+10）{k}^{2}+（{m}^{2}-6）}{1+3{k}^{2}}$，
要使上式為定值，即與k無關，則應3m²-12m+10=3（m²-6），
即$m=\frac{7}{3}$，此時$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$=${m^2}-6=-\frac{5}{9}$為定值，定點E為$（\frac{7}{3}，0）$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的定點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、向量的數(shù)量積、橢圓性質的合理運用．