Question

15．已知过点M（-1，0）的直线交椭圆：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）于A，B两点，椭圆C的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且当直线AB垂直x轴时，|AB|=$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点N（0，m）在椭圆C内，过点N且垂直AB的直线交椭圆C于D，E两点，是否存在实数m，使得对任意的直线AB，$\frac{1}{|MA|•|MB|}$+$\frac{1}{|ND|•|NE|}$为定值？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）当直线AB垂直x轴时，|AB|=$\sqrt{3}$．可得$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（2）设直线AB的参数方程为：$\left\{\begin{array}{l}{x=-1+tcosα}\\{y=tsinα}\end{array}\right.$，代入椭圆方程可得：（1+3sin²α）t²-6tcosα-3=0，利用根与系数的关系可得：$\frac{1}{|MA|•|MB|}$=-$\frac{1}{{t}_{1}{t}_{2}}$．设直线DE的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=scosβ}\\{y=m+ssinβ}\end{array}\right.$，由于β=α±90°，可得sin²β=cos²α．同理可得：$\frac{1}{|ND|•|NE|}$=-$\frac{1}{{s}_{1}{s}_{2}}$．即可得出．

解答 解：（1）当直线AB垂直x轴时，|AB|=$\sqrt{3}$．∴$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{3}$，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，
联立解得b²=3，a²=12，c=3．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）设直线AB的参数方程为：$\left\{\begin{array}{l}{x=-1+tcosα}\\{y=tsinα}\end{array}\right.$，
代入椭圆方程可得：（1+3sin²α）t²-2tcosα-11=0，
∴t₁t₂=$\frac{-11}{1+3si{n}^{2}α}$，
∴$\frac{1}{|MA|•|MB|}$=-$\frac{1}{{t}_{1}{t}_{2}}$=$\frac{1+3si{n}^{2}α}{11}$．
设直线DE的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=scosβ}\\{y=m+ssinβ}\end{array}\right.$，
代入椭圆方程可得：（1+3sin²β）s²+8smsinβ+4m²-12=0，
△＞0，
s₁s₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{1+3si{n}^{2}β}$，
β=α±90°，
sinβ=±cosα．
可得sin²β=cos²α．
∴$\frac{1}{|ND|•|NE|}$=-$\frac{1}{{s}_{1}{s}_{2}}$=$\frac{1+3si{n}^{2}β}{12-4{m}^{2}}$．
∴$\frac{1}{|MA|•|MB|}$+$\frac{1}{|ND|•|NE|}$=$\frac{1+3si{n}^{2}α}{11}$+$\frac{1+3si{n}^{2}β}{12-4{m}^{2}}$．
由上式不难看出：当11=12-4m²时，即m=$±\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{|MA|•|MB|}$+$\frac{1}{|ND|•|NE|}$=$\frac{1+3si{n}^{2}α}{11}$+$\frac{1+3si{n}^{2}α}{11}$=$\frac{4}{11}$为定值．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线的参数方程及其应用、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．