Question

2．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的长轴长为4，离心率为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）试判断命题“若过点M（1，0）的动直线l交椭圆于A，B两点，则在直角坐标平面上存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N”的真假，若为真命题，求出定点N的坐标；若为假命题，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意求出a值，结合离心率求得c值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）假设存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N，然后分直线AB的斜率存在和不存在求解，当斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及AN⊥BN列式求得N的坐标；当斜率不存在时，验证AN⊥BN成立即可．

解答 解：（Ⅰ）∵长轴长为4，离心率为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴2a=4，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴$c=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
又∵a²=b²+c²，∴${b^2}=\frac{4}{3}$，
∴椭圆C的方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{{3{y^2}}}{4}=1$；
（Ⅱ） 真命题．
由椭圆的对称性知，点N在x轴上，设N（t，0），
①当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k（x-1），
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{x^2}+3{y^2}=4\end{array}\right.$得，（1+3k²）x²-6k²x+3k²-4=0．
∴△=4（9k²+4）＞0，
${x_1}+{x_2}=\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{k^2}-4}}{{1+3{k^2}}}$，
∵以线段AB为直径的圆过点N，
∴AN⊥BN，则$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}×\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=-1$，
则（x₁-t）（x₂-t）+y₁y₂=0，
∴$（{x_1}-t）（{x_2}-t）+{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）=0$，
∴$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（{x_1}+{x_2}）（-{k^2}-t）+{t^2}+{k^2}=0$，
则$（1+{k^2}）\frac{{3{k^2}-4}}{{1+3{k^2}}}+\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}（-{k^2}-t）+{t^2}+{k^2}=0$，
即-4-6tk²+t²+3t²k²=0，得3tk²（t-2）+（t²-4）=0，
∴（t-2）（3tk²+t+2）=0，
∴若以线段AB为直径的圆恒过点N（t，0），则t-2=0，即t=2，
故当直线AB的斜率存在时，存在N（2，0）使命题是真命题；
②当直线AB的斜率不存在时，其方程为x=1．A（1，1），B（1，-1），
以线段AB为直径的圆的方程为（x-1）²+y²=1，
∵N（2，0）满足方程（x-1）²+y²=1，
∴当直线AB的斜率不存在时，点N（2，0）也能使命题是真命题．
综上①②知，存在点N（2，0），使命题是真命题．

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了存在性问题的求解方法，体现了分类讨论的数学思想方法，属中档题．