Question

18．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，过A（0，-b），B（a，0）的直线与原点的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点E（-1，0），直线y=kx+t与椭圆交于不同两点C，D，试问：对任意的t＞0，是否都存在实数k，使得以线段CD为直径的圆过点E？证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$$\frac{\sqrt{6}}{3}$，设出直线方程，利用点到直线的距离公式d=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，代入求得a和b的值，求得椭圆方程；
（2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及以CD为直径的圆过E点，结合向量知识，即可得到结论．

解答 解：（1）由e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
整理得：a²=3b²，
直线AB的方程为bx-ay-ab=0，
由点到直线的距离公式：d=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：b=1，a=$\sqrt{3}$，
∴椭圆的方程$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；
（2）证明：将y=kx+t代入椭圆方程，整理得（1+3k²）x²+6ktx+3t²-3=0，
△=（6kt）²-12（1+3k²）（t²-1）＞0，解得：k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，
设C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{-6kt}{1+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3（{t}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$，
∵以CD为直径的圆过E点，
∴$\overrightarrow{EC}$•$\overrightarrow{ED}$=0，即（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，
y₁y₂=（kx₁+t）（kx₂+t）
=k²x₁•x₂+t（x₁+x₂）+t²，
∴$（{k}^{2}+1）\frac{3（{t}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$-$（tk+1）\frac{6kt}{1+3{k}^{2}}$+t²+1=0，
解得：k=$\frac{2{t}^{2}-1}{3t}$，
k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，对任意的t＞0都成立，则存在k，使得以线段CD为直径的圆过E点．
$（\frac{2{t}^{2}-1}{3t}）^{2}$-$\frac{{t}^{2}-1}{3}$=$\frac{（{t}^{2}-1）^{2}+{t}^{2}}{9{t}^{2}}$＞0，即k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，
所以，对任意的t＞0，都存在k，使得以线段CD为直径的圆过E点．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．