Question

20．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右顶点分别为A，B，其离心率$e=\frac{1}{2}$，点P为椭圆上的一个动点，△PAB面积的最大值为$2\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）动直线l过椭圆的左焦点F₁，且l与椭圆C交于M，N两点，试问在x轴上是否存在定点D，使得$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}$为定值？若存在，求出点D坐标并求出定值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用椭圆的离心率，三角形的面积的最值列出方程，求解椭圆的几何量，得到椭圆方程．
（Ⅱ）假设存在定点D（m，0），使得向量$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}$为定值n．①当直线l的斜率不为0时，椭圆C左焦点F₁（-1，0），设直线l的方程为x=ty-1．联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ x=ty-1\end{array}\right.$，消去x，得（3t²+4）y²-6ty-9=0．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韦达定理化简数量积，求出n；②当直线l的斜率为0时，验证求解即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意，$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，\;{（{S_{△PAB}}）_{max}}=\frac{1}{2}×2ab=ab=2\sqrt{3}$，且a²=b²+c²．
解得$a=2，b=\sqrt{3}，c=1$．
∴椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）假设存在定点D（m，0），使得向量$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}$为定值n．
①当直线l的斜率不为0时，椭圆C左焦点F₁（-1，0），
设直线l的方程为x=ty-1．联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ x=ty-1\end{array}\right.$，消去x，得（3t²+4）y²-6ty-9=0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${y_1}+{y_2}=\frac{6t}{{3{t^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{-9}{{3{t^2}+4}}$．$\overrightarrow{DM}=（{x_1}-m，{y_1}），\overrightarrow{DN}=（{x_2}-m，{y_2}）$，$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}-m（{x_1}+{x_2}）+{m^2}+{y_1}{y_2}$
=$（t{y_1}-1）（t{y_2}-1）-m（t（{y_1}+{y_2}）-2）+{m^2}+{y_1}{y_2}$=$（{t^2}+1）{y_1}{y_2}-（m+1）t（{y_1}+{y_2}）+{（m+1）^2}$
=$\frac{{-9（{t^2}+1）}}{{3{t^2}+4}}-\frac{{6{t^2}（m+1）}}{{3{t^2}+4}}+{（m+1）^2}=\frac{{（-6m-15）{t^2}-9}}{{3{t^2}+4}}+{（m+1）^2}$．
若$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}$为定值n，则$\frac{-6m-15}{3}=\frac{-9}{4}$，即$m=-\frac{11}{8}$，此时$n=-\frac{135}{64}$．
②当直线l的斜率为0时，$A（-2，0），B（2，0），D（-\frac{11}{8}，0），\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}=-\frac{5}{8}×\frac{27}{8}=-\frac{135}{64}$，亦符合题意；
∴存在点$D（-\frac{11}{8}，0）$，使得向量$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{DN}$为定值$n=-\frac{135}{64}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．