Question

4．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，直线l与x轴交于点E，与椭圆C交于A、B两点．当直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，弦AB的长为$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点E的坐标为（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），点A在第一象限且横坐标为$\sqrt{3}$，连结点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P，求△PAB的面积；
（3）是否存在点E，使得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$为定值？若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，设a=3k（k＞0），则$c=\sqrt{6}k$，b²=3k²，可设椭圆C的方程为$\frac{x^2}{{9{k^2}}}+\frac{y^2}{{3{k^2}}}=1$，由于直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即${x_A}={x_B}=\sqrt{6}k$，代入椭圆方程，解得y即可得出．
（2）将$x=\sqrt{3}$代入$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，解得y，可得直线AB的方程，与椭圆方程联立解得B，又PA过原点O，可得P，|PA|，直线PA的方程，求出点B到直线PA的距离h，k可得S_△PAB=$\frac{1}{2}h|PA|$．
（3）假设存在点E，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$为定值，设E（x₀，0），当直线AB与x轴重合时，有$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$=$\frac{12+2{x}_{0}^{2}}{（6-{x}_{0}^{2}）^{2}}$，当直线AB与x轴垂直时，可得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$=$\frac{6}{6-{x}_{0}^{2}}$，利用$\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，解得x₀，若存在点E，此时$E（±\sqrt{3}，0）$，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$为定值2．根据对称性，只需考虑直线AB过点$E（\sqrt{3}，0）$，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），又设直线AB的方程为$x=my+\sqrt{3}$，与椭圆C联立方程组，利用根与系数的关系即可得出．

解答 解：（1）由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，设a=3k（k＞0），则$c=\sqrt{6}k$，b²=3k²，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{{9{k^2}}}+\frac{y^2}{{3{k^2}}}=1$，
∵直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即${x_A}={x_B}=\sqrt{6}k$，代入椭圆方程，解得y=±k，
于是$2k=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，即$k=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）将$x=\sqrt{3}$代入$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，解得y=±1，
∵点A在第一象限，从而$A（\sqrt{3}，1）$，
由点E的坐标为$（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，∴${k_{AB}}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$，直线AB的方程为$y=\frac{2}{{\sqrt{3}}}（x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{\sqrt{3}}（x-\frac{\sqrt{3}}{2}）}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，解得$B（-\frac{{\sqrt{3}}}{5}，-\frac{7}{5}）$，
又PA过原点O，于是$P（-\sqrt{3}，-1）$，|PA|=4，
∴直线PA的方程为$x-\sqrt{3}y=0$，
∴点B到直线PA的距离$h=\frac{{|{-\frac{{\sqrt{3}}}{5}+\frac{{7\sqrt{3}}}{5}}|}}{2}=\frac{{3\sqrt{3}}}{5}$，
${S_{△PAB}}=\frac{1}{2}•4•\frac{{3\sqrt{3}}}{5}=\frac{{6\sqrt{3}}}{5}$．
（3）假设存在点E，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$为定值，设E（x₀，0），
当直线AB与x轴重合时，有$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{1}{{{{（{x_0}+\sqrt{6}）}^2}}}+\frac{1}{{{{（\sqrt{6}-{x_0}）}^2}}}=\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}$，
当直线AB与x轴垂直时，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{2}{{2（1-\frac{{{x_0}^2}}{6}）}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，
由$\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，解得${x_0}=±\sqrt{3}$，$\frac{6}{{6-{x_0}^2}}=2$，
∴若存在点E，此时$E（±\sqrt{3}，0）$，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$为定值2．
根据对称性，只需考虑直线AB过点$E（\sqrt{3}，0）$，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
又设直线AB的方程为$x=my+\sqrt{3}$，与椭圆C联立方程组，
化简得$（{m^2}+3）{y^2}+2\sqrt{3}my-3=0$，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{{-2\sqrt{3}m}}{{{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-3}{{{m^2}+3}}$，
又$\frac{1}{{E{A^2}}}=\frac{1}{{{{（{x_1}-\sqrt{3}）}^2}+{y_1}^2}}=\frac{1}{{{m^2}{y_1}^2+{y_1}^2}}=\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_1}^2}}$，
∴$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_1}^2}}+\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_2}^2}}=\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-2{y_1}{y_2}}}{{（{m^2}+1）{y_1}^2{y_2}^2}}$，
将上述关系代入，化简可得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=2$．
综上所述，存在点$E（±\sqrt{3}，0）$，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$为定值2．

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转化为方程联立可得根与系数的关系、弦长公式，考查了分类讨论思想方法、探究能力、推理能力与计算能力，属于难题．