Question

2．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）試判斷命題“若過(guò)點(diǎn)M（1，0）的動(dòng)直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，則在直角坐標(biāo)平面上存在定點(diǎn)N，使得以線段AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)N”的真假，若為真命題，求出定點(diǎn)N的坐標(biāo)；若為假命題，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求出a值，結(jié)合離心率求得c值，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）假設(shè)存在定點(diǎn)N，使得以線段AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)N，然后分直線AB的斜率存在和不存在求解，當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系及AN⊥BN列式求得N的坐標(biāo)；當(dāng)斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證AN⊥BN成立即可．

解答 解：（Ⅰ）∵長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴2a=4，$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴$c=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
又∵a²=b²+c²，∴${b^2}=\frac{4}{3}$，
∴橢圓C的方程 $\frac{x^2}{4}+\frac{{3{y^2}}}{4}=1$；
（Ⅱ） 真命題．
由橢圓的對(duì)稱性知，點(diǎn)N在x軸上，設(shè)N（t，0），
①當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=k（x-1），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{x^2}+3{y^2}=4\end{array}\right.$得，（1+3k²）x²-6k²x+3k²-4=0．
∴△=4（9k²+4）＞0，
${x_1}+{x_2}=\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{k^2}-4}}{{1+3{k^2}}}$，
∵以線段AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)N，
∴AN⊥BN，則$\frac{y_1}{{{x_1}-t}}×\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=-1$，
則（x₁-t）（x₂-t）+y₁y₂=0，
∴$（{x_1}-t）（{x_2}-t）+{k^2}（{x_1}-1）（{x_2}-1）=0$，
∴$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（{x_1}+{x_2}）（-{k^2}-t）+{t^2}+{k^2}=0$，
則$（1+{k^2}）\frac{{3{k^2}-4}}{{1+3{k^2}}}+\frac{{6{k^2}}}{{1+3{k^2}}}（-{k^2}-t）+{t^2}+{k^2}=0$，
即-4-6tk²+t²+3t²k²=0，得3tk²（t-2）+（t²-4）=0，
∴（t-2）（3tk²+t+2）=0，
∴若以線段AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)N（t，0），則t-2=0，即t=2，
故當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，存在N（2，0）使命題是真命題；
②當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，其方程為x=1．A（1，1），B（1，-1），
以線段AB為直徑的圓的方程為（x-1）²+y²=1，
∵N（2，0）滿足方程（x-1）²+y²=1，
∴當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)N（2，0）也能使命題是真命題．
綜上①②知，存在點(diǎn)N（2，0），使命題是真命題．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了存在性問(wèn)題的求解方法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬中檔題．