Question

5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点P（$\sqrt{2}$，1），离心率e=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知动直线y=k（x+1）与椭圆C相交于A，B两点，试问：在x轴上是否存在定点M，使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值与k的取值无关？若存在，请求出该定点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）假设在x轴上存在定点M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值与k的取值无关．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为：（1+3k²）x²+6k²x+3k²-5=0，把根与系数的关系代入$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=${m}^{2}+2m-\frac{1}{3}$-$\frac{2m+\frac{14}{3}}{1+3{k}^{2}}$．即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得b²=$\frac{5}{3}$，a²=5，c=$\frac{\sqrt{30}}{3}$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{3{y}^{2}}{5}$=1；
（2）假设在x轴上存在定点M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值与k的取值无关．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{3{y}^{2}}{5}=1}\end{array}\right.$，化为：（1+3k²）x²+6k²x+3k²-5=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{k}^{2}-5}{1+3{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=（x₁-m，y₁）•（x₂-m，y₂）=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂
=（x₁-m）（x₂-m）+k²（x₁+1）（x₂+1）=（k²+1）x₁x₂+（k²-m）（x₁+x₂）+m²+k²
=$\frac{（{k}^{2}+1）（3{k}^{2}-5）}{1+3{k}^{2}}$+$\frac{-6{k}^{2}（{k}^{2}-m）}{1+3{k}^{2}}$+m²+k²
=$\frac{{k}^{2}（3{m}^{2}+6m-1）+{m}^{2}-5}{1+3{k}^{2}}$
=${m}^{2}+2m-\frac{1}{3}$-$\frac{2m+\frac{14}{3}}{1+3{k}^{2}}$．
令2m+$\frac{14}{3}$=0，解得m=-$\frac{7}{3}$．
此时$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=$\frac{4}{9}$为定值．
因此在x轴上存在定点M（-$\frac{7}{3}$，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值与k的取值无关．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．