Question

19．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左焦点为F（-1，0），过D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）在y轴上，是否存在定点E，$\overrightarrow{AE}$•$\overrightarrow{BE}$恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意列关于a，c的方程组，求解方程组得a，c的值，结合隐含条件求得b²，则椭圆方程可求；
（2）设出过D且斜率为k的直线方程，联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系得到A，B的横纵坐标的和与积，假设存在点E（0，m），使$\overrightarrow{AE}$•$\overrightarrow{BE}$恒为定值，由平面向量的数量积运算结合根与系数的关系列式求得m值得答案．

解答 解：（1）由已知可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\ c=1\end{array}\right.$，解得a²=2，c²=1，
∴b²=a²-c²=1，
∴所求的椭圆方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）设点D（0，2），且斜率为k的直线l的方程为y=kx+2．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=kx+2\end{array}\right.$，得1+2k²）x²+8kx+6=0．
则△=64k²-24（1+2k²）=16k²-24＞0．
解得：$k＜-\frac{{\sqrt{6}}}{2}$或$k＞\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\frac{8k}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{6}{{1+2{k^2}}}$，
又${y_1}{y_2}=（k{x_1}+2）（k{x_2}+2）={k^2}{x_1}{x_2}+2k（{x_1}+{x_2}）+4=-\frac{{2{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$，
${y_1}+{y_2}=（k{x_1}+2）+（k{x_2}+2）=k（{x_1}+{x_2}）+4=\frac{4}{{2{k^2}+1}}$．
设存在点E（0，m），则$\overrightarrow{AE}=（-{x_1}，m-{y_1}）$，$\overrightarrow{BE}=（-{x_2}，m-{y_2}）$，
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}={x_1}{x_2}+{m^2}-m（{y_1}+{y_2}）+{y_1}{y_2}$=$\frac{6}{{2{k^2}+1}}+{m^2}-m•\frac{4}{{2{k^2}+1}}-\frac{{2{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$=$\frac{{（2{m^2}-2）{k^2}+{m^2}-4m+10}}{{2{k^2}+1}}$，
要使得$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}=t$（t为常数），只要$\frac{{（2{m^2}-2）{k^2}+{m^2}-4m+10}}{{2{k^2}+1}}=t$，
从而（2m²-2-2t）k²+m²-4m+10-t=0，
即$\left\{\begin{array}{l}2{m^2}-2-2t=0\\{m^2}-4m+10-t=0\end{array}\right.$$\begin{array}{l}（1）\\（2）\end{array}$，解得m=$\frac{11}{4}$，t=$\frac{105}{16}$．
故在y轴上，存在定点E（$\frac{11}{4}，0$），使$\overrightarrow{AE}$•$\overrightarrow{BE}$恒为定值$\frac{105}{16}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，训练了平面向量在解题中的应用，是中档题．