Question

1．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴为半径的圆与直线2x-$\sqrt{2}$y+6=0相切．
（Ⅰ）求椭圆C标准方程；
（Ⅱ）已知点A，B为动直线y=k（x-2）（k≠0）与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在点E，使$\overrightarrow{EA}$•$\overrightarrow{EB}$为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-$\sqrt{2}y$+6=0相切，求出a，b，由此能求出椭圆的方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已知条件能求出在x轴上存在点E，使$\overrightarrow{EA}$•$\overrightarrow{EB}$为定值，定点为（$\frac{7}{3}，0$）．

解答 解：（Ⅰ）由e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，即c=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，①（1分）
以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x²+y²=a²，（2分）
此圆与直线2x-$\sqrt{2}y$+6=0相切，∴a=$\frac{6}{\sqrt{4+2}}$=$\sqrt{6}$，
代入①得c=2，（4分）
∴b²=a²-c²=2，∴椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$． （5分）
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，（6分）
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，（7分）
根据题意，假设x轴上存在定点E（m，0），使得$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$为定值，
则有$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$=（x₁-m，y₁）•（x₂-m，y₂）=（x₁-m）•（x₂-m）+y₁y₂
=$（{x}_{1}-m）（{x}_{2}-m）+{k}^{2}（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）$
=（k²+1）${x}_{1}{x}_{2}-（2{k}^{2}+m）（{x}_{1}+{x}_{2}）+（4{k}^{2}+{m}^{2}）$
=（k²+1）•$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$-（2k²+m）•$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$+（4k²+m²）
=$\frac{（3{m}^{2}-12m+10）{k}^{2}+（{m}^{2}-6）}{3{k}^{2}+1}$，（9分）
要使上式为定值，即与k无关，则应有3m²-12m+10=3（m²-6），（10分）
即m=$\frac{7}{3}$，（11分）
此时$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}$=${m}^{2}-6=-\frac{5}{9}$为定值，定点为（$\frac{7}{3}，0$）．（12分）

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的定点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、向量的数量积、椭圆性质的合理运用．