Question

17．如圖，設(shè)過(guò)點(diǎn)N（1，0）的動(dòng)直線l交橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）于A，B兩點(diǎn)，且|AB|的最大值為4，橢圓C的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在實(shí)數(shù)t，使得$\frac{1}{|NA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|NB{|}^{2}}$+$\frac{t}{|NA|•|NB|}$為常數(shù)？求實(shí)數(shù)t的值及該常數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的性質(zhì)和離心率公式，可得a=2，b=1，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)t，使得$\frac{1}{|NA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|NB{|}^{2}}$+$\frac{t}{|NA|•|NB|}$為常數(shù)．設(shè)直線l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=1+mcosα}\\{y=msinα}\end{array}\right.$（m為參數(shù)），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和同角的平方關(guān)系，即可得到t和常數(shù)．

解答 解：（1）由題意可知，當(dāng)AB為長(zhǎng)軸時(shí)，
|AB|取得最大值，且為2a，
即有2a=4，∴a=2，
又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×2=$\sqrt{3}$．
則b²=a²-c²=2²-（$\sqrt{3}$）²=1．
∴橢圓C的方程為 $\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）設(shè)直線l的參數(shù)方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=1+mcosα}\\{y=msinα}\end{array}\right.$（m為參數(shù)），
代入橢圓方程可得，（cos²α+4sin²α）m²+2mcosα-3=0，
由于（1，0）在橢圓內(nèi)，判別式顯然大于0，
m₁+m₂=-$\frac{2cosα}{co{s}^{2}α+4si{n}^{2}α}$，m₁m₂=-$\frac{3}{co{s}^{2}α+4si{n}^{2}α}$，
不妨設(shè)|NA|=|m₁|，|NB|=|m₂|，
假設(shè)存在實(shí)數(shù)t，使得$\frac{1}{|NA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|NB{|}^{2}}$+$\frac{t}{|NA|•|NB|}$為常數(shù)．
即有$\frac{1}{{{m}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{m}_{2}}^{2}}$+t•$\frac{1}{|{m}_{1}{m}_{2}|}$=$\frac{（{m}_{1}+{m}_{2}）^{2}-2{m}_{1}{m}_{2}}{{（m}_{1}{m}_{2}）^{2}}$+t•$\frac{1}{|{m}_{1}{m}_{2}|}$=
$\frac{4co{s}^{2}α+6co{s}^{2}α+24si{n}^{2}α}{9}$+$\frac{tco{s}^{2}α+4tsi{n}^{2}α}{3}$=$\frac{（10+3t）co{s}^{2}α+（24+12t）si{n}^{2}α}{9}$，
由10+3t=24+12t，解得t=-$\frac{14}{9}$，
即有$\frac{1}{|NA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|NB{|}^{2}}$+$\frac{t}{|NA|•|NB|}$=$\frac{16}{3}$×$\frac{1}{9}$=$\frac{16}{27}$．
故存在實(shí)數(shù)t=-$\frac{14}{9}$，使得$\frac{1}{|NA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|NB{|}^{2}}$+$\frac{t}{|NA|•|NB|}$為常數(shù)$\frac{16}{27}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，同時(shí)考查直線的參數(shù)方程的運(yùn)用，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，屬于中檔題．