Question

4．如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，直線l與x軸交于點E，與橢圓C交于A、B兩點．當直線l垂直于x軸且點E為橢圓C的右焦點時，弦AB的長為$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點E的坐標為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），點A在第一象限且橫坐標為$\sqrt{3}$，連結(jié)點A與原點O的直線交橢圓C于另一點P，求△PAB的面積；
（3）是否存在點E，使得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$為定值？若存在，請指出點E的坐標，并求出該定值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，設(shè)a=3k（k＞0），則$c=\sqrt{6}k$，b²=3k²，可設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{{9{k^2}}}+\frac{y^2}{{3{k^2}}}=1$，由于直線l垂直于x軸且點E為橢圓C的右焦點，即${x_A}={x_B}=\sqrt{6}k$，代入橢圓方程，解得y即可得出．
（2）將$x=\sqrt{3}$代入$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，解得y，可得直線AB的方程，與橢圓方程聯(lián)立解得B，又PA過原點O，可得P，|PA|，直線PA的方程，求出點B到直線PA的距離h，k可得S_△PAB=$\frac{1}{2}h|PA|$．
（3）假設(shè)存在點E，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$為定值，設(shè)E（x₀，0），當直線AB與x軸重合時，有$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$=$\frac{12+2{x}_{0}^{2}}{（6-{x}_{0}^{2}）^{2}}$，當直線AB與x軸垂直時，可得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$=$\frac{6}{6-{x}_{0}^{2}}$，利用$\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，解得x₀，若存在點E，此時$E（±\sqrt{3}，0）$，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$為定值2．根據(jù)對稱性，只需考慮直線AB過點$E（\sqrt{3}，0）$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），又設(shè)直線AB的方程為$x=my+\sqrt{3}$，與橢圓C聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．

解答 解：（1）由$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，設(shè)a=3k（k＞0），則$c=\sqrt{6}k$，b²=3k²，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{{9{k^2}}}+\frac{y^2}{{3{k^2}}}=1$，
∵直線l垂直于x軸且點E為橢圓C的右焦點，即${x_A}={x_B}=\sqrt{6}k$，代入橢圓方程，解得y=±k，
于是$2k=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，即$k=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）將$x=\sqrt{3}$代入$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$，解得y=±1，
∵點A在第一象限，從而$A（\sqrt{3}，1）$，
由點E的坐標為$（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，∴${k_{AB}}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$，直線AB的方程為$y=\frac{2}{{\sqrt{3}}}（x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{\sqrt{3}}（x-\frac{\sqrt{3}}{2}）}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，解得$B（-\frac{{\sqrt{3}}}{5}，-\frac{7}{5}）$，
又PA過原點O，于是$P（-\sqrt{3}，-1）$，|PA|=4，
∴直線PA的方程為$x-\sqrt{3}y=0$，
∴點B到直線PA的距離$h=\frac{{|{-\frac{{\sqrt{3}}}{5}+\frac{{7\sqrt{3}}}{5}}|}}{2}=\frac{{3\sqrt{3}}}{5}$，
${S_{△PAB}}=\frac{1}{2}•4•\frac{{3\sqrt{3}}}{5}=\frac{{6\sqrt{3}}}{5}$．
（3）假設(shè)存在點E，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$為定值，設(shè)E（x₀，0），
當直線AB與x軸重合時，有$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{1}{{{{（{x_0}+\sqrt{6}）}^2}}}+\frac{1}{{{{（\sqrt{6}-{x_0}）}^2}}}=\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}$，
當直線AB與x軸垂直時，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{2}{{2（1-\frac{{{x_0}^2}}{6}）}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，
由$\frac{{12+2{x_0}^2}}{{{{（6-{x_0}^2）}^2}}}=\frac{6}{{6-{x_0}^2}}$，解得${x_0}=±\sqrt{3}$，$\frac{6}{{6-{x_0}^2}}=2$，
∴若存在點E，此時$E（±\sqrt{3}，0）$，$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$為定值2．
根據(jù)對稱性，只需考慮直線AB過點$E（\sqrt{3}，0）$，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
又設(shè)直線AB的方程為$x=my+\sqrt{3}$，與橢圓C聯(lián)立方程組，
化簡得$（{m^2}+3）{y^2}+2\sqrt{3}my-3=0$，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{{-2\sqrt{3}m}}{{{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=\frac{-3}{{{m^2}+3}}$，
又$\frac{1}{{E{A^2}}}=\frac{1}{{{{（{x_1}-\sqrt{3}）}^2}+{y_1}^2}}=\frac{1}{{{m^2}{y_1}^2+{y_1}^2}}=\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_1}^2}}$，
∴$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_1}^2}}+\frac{1}{{（{m^2}+1）{y_2}^2}}=\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-2{y_1}{y_2}}}{{（{m^2}+1）{y_1}^2{y_2}^2}}$，
將上述關(guān)系代入，化簡可得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}=2$．
綜上所述，存在點$E（±\sqrt{3}，0）$，使得$\frac{1}{{E{A^2}}}+\frac{1}{{E{B^2}}}$為定值2．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式，考查了分類討論思想方法、探究能力、推理能力與計算能力，屬于難題．