Question

13．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(diǎn)為F（-1，0），過點(diǎn)D（0，2）且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）在y軸上，是否存在定點(diǎn)E，使$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$恒為定值？若存在，求出E點(diǎn)的坐標(biāo)和這個定值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用離心率公式和焦點(diǎn)坐標(biāo)，直接求出a，b；
（2）利用設(shè)而不求的方法，設(shè)出要求的常數(shù)，并利用多項(xiàng)式的恒等條件（相同次項(xiàng)的系數(shù)相等）

解答 解：（1）由已知得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}，c=1$，∴a²=2，b²=1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
（2）依題意過點(diǎn)D（0，2）且斜率為k的直線l的方程為：y=kx+2
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（1+2k²）x²+8kx+6=0
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）則x₁+x₂=-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6}{1+2{k}^{2}}$；
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(diǎn)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$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$=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2m²-2-2t=0且m²-4m+10-t=0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(diǎn) E（0，$\frac{11}{4}$），使$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$恒為定值$\frac{105}{16}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系及定點(diǎn)定值問題，關(guān)鍵要掌握常見的處理方法與技巧，屬于壓軸題．