Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，左焦點為F（-1，0），過點D（0，2）且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）求k的取值范圍；
（3）在y軸上，是否存在定點E，使$\overrightarrow{AE}$•$\overrightarrow{BE}$恒為定值？若存在，求出E點的坐標和這個定值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）直接求出a，b；
（2）利用一元二次方程有兩個不等的實數(shù)解的條件；
（3）利用設(shè)而不求的方法，設(shè)出要求的常數(shù)，并利用多項式的恒等條件（相同次項的系數(shù)相等）

解答 $\left.\begin{array}{l}{（1）由已知可得\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{c=1}\end{array}\right.，解得{a}^{2}=2，^{2}=1}\\{所求的橢圓方程為\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{（2）直線的斜率一定存在，設(shè)點D（0，2）且斜率為k的直線l的方程為y=kx+2．}\\{由\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+2}\end{array}\right，得（1+2{k}^{2}）{x}^{2}+8kx+6=0．}\\{則△=64{k}^{2}-24（1+2{k}^{2}）=16{k}^{2}-24＞0}\\{解得：k＜-\frac{\sqrt{6}}{2}或k＞\frac{\sqrt{6}}{2}．}\end{array}$
所以k的取值范圍是：$（-∞，-\frac{\sqrt{6}}{2}）∪（\frac{\sqrt{6}}{2}，+∞）$
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）則x₁+x₂=-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{6}{1+2{k}^{2}}$
又y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4
=-$\frac{2{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
y₁+y₂=（kx₁+2）+（kx₂+2）
=k（x₁+x₂）+4
=$\frac{4}{2{k}^{2}+1}$
設(shè)存在點E（0，m），則$\overrightarrow{AE}=（-{x}_{1}，m-{y}_{1}）$，$\overrightarrow{BE}=（-{x}_{2}，m-{y}_{2}）$
所以$\overrightarrow{AE}?\overrightarrow{BE}={x}_{1}{x}_{2}+{m}^{2}-m（{y}_{1}+{y}_{2}）+{y}_{1}{y}_{2}$
=$\frac{6}{2{k}^{2}+1}+{m}^{2}-m?\frac{4}{2{k}^{2}+1}-\frac{2{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{（2{m}^{2}-2）{k}^{2}+{m}^{2}-4m+10}{2{k}^{2}+1}$
要使得 $\overrightarrow{AE}?\overrightarrow{BE}$=t（t為常數(shù)），
只要 $\frac{（2{m}^{2}-2）{k}^{2}+{m}^{2}-4m+10}{2{k}^{2}+1}$=t，
從而（2m²-2-2t）k²+m²-4m+10-t=0
即$\left\{\begin{array}{l}{2{m}^{2}-2-2t=0（1）}\\{{m}^{2}-4m+10-t=0（2）}\end{array}$
由（1）得 t=m²-1，
代入（2）解得m=$\frac{11}{4}$，從而t=$\frac{105}{16}$，
故存在定點 $E（0，\frac{11}{4}）$，使$\overrightarrow{AE}?\overrightarrow{BE}$ 恒為定值 $\frac{105}{16}$．

點評 本題運算量很大，運算時需要仔細．（3）中用了恒成立的方法，將恒成立轉(zhuǎn)化成系數(shù)相等，這種技巧在求定值時用得較多．