Question

14．如图，已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右顶点为A，离心率为e，且椭圆C过点$E（{2e，\frac{b}{2}}）$，以AE为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知动直线l（直线l不过原点且斜率存在）与椭圆C交于P，Q两个不同的点，且△OPQ的面积S=1，若N为线段PQ的中点，问：在x轴上是否存在两个定点E₁，E₂，使得直线NE₁与NE₂的斜率之积为定值？若存在，求出E₁，E₂的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可知c=2e，根据椭圆的离心率公式，即可求得a，将E代入椭圆方程，即可求得椭圆方程；
（2）将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，由S=1，求得1+4k²=2m²，设两点坐标，利用斜率公式，即可求得两点坐标．

解答 解：（1）连接EF，则EF⊥FA，则x_F=c=2e，则c=$\frac{2c}{a}$，解得：a=2，
故点E（c，$\frac{b}{2}$），代入椭圆方程：$\frac{{c}^{2}}{4}+\frac{1}{4}=1$，解得：c=$\sqrt{3}$，
b²=a²-c²=1，
故椭圆的方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）设直线l的方程为：y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²=4=0，
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
则丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
原点到直线l的距离d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OPQ的面积S_△OPQ=$\frac{1}{2}$丨PQ丨×d=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$×$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
即2丨m丨$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，则1+4k²=2m²，
设N（x，y），则x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{2k}{m}$，y=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{2m}$，
由①，②消去m，$\frac{{x}^{2}}{2}+\frac{{y}^{2}}{\frac{1}{2}}=1$，
假设x轴上，存在两定点E₁（s，0），E₂（t，0），（s≠t）
那么直线NE₁的斜率k₁=$\frac{{y}_{N}-0}{{x}_{N}-x}$，直线NE₂的斜率k₂=$\frac{{y}_{N}-0}{{x}_{N}-t}$，
则k₁k₂=$\frac{{y}_{N}^{2}}{（{x}_{N}-s）（{x}_{N}-t）}$=-$\frac{1}{4}$$\frac{{x}_{N}^{2}-2}{{x}_{N}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$，
当且仅当s+t=0，st=-2，k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，解得：s=$\sqrt{2}$，t=-$\sqrt{2}$，
即存在定点E₁（$\sqrt{2}$，0），E₂（-$\sqrt{2}$，0），满足题意．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式及直线的斜率公式的综合应用，考查计算能力，属于中档题．