Question

18．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，過A（0，-b），B（a，0）的直線與原點(diǎn)的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$
（1）求橢圓的方程；
（2）已知定點(diǎn)E（-1，0），直線y=kx+t與橢圓交于不同兩點(diǎn)C，D，試問：對任意的t＞0，是否都存在實(shí)數(shù)k，使得以線段CD為直徑的圓過點(diǎn)E？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$$\frac{\sqrt{6}}{3}$，設(shè)出直線方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式d=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，代入求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及以CD為直徑的圓過E點(diǎn)，結(jié)合向量知識，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）由e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
整理得：a²=3b²，
直線AB的方程為bx-ay-ab=0，
由點(diǎn)到直線的距離公式：d=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得：b=1，a=$\sqrt{3}$，
∴橢圓的方程$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$；
（2）證明：將y=kx+t代入橢圓方程，整理得（1+3k²）x²+6ktx+3t²-3=0，
△=（6kt）²-12（1+3k²）（t²-1）＞0，解得：k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，
設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{-6kt}{1+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3（{t}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$，
∵以CD為直徑的圓過E點(diǎn)，
∴$\overrightarrow{EC}$•$\overrightarrow{ED}$=0，即（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，
y₁y₂=（kx₁+t）（kx₂+t）
=k²x₁•x₂+t（x₁+x₂）+t²，
∴$（{k}^{2}+1）\frac{3（{t}^{2}-1）}{1+3{k}^{2}}$-$（tk+1）\frac{6kt}{1+3{k}^{2}}$+t²+1=0，
解得：k=$\frac{2{t}^{2}-1}{3t}$，
k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，對任意的t＞0都成立，則存在k，使得以線段CD為直徑的圓過E點(diǎn)．
$（\frac{2{t}^{2}-1}{3t}）^{2}$-$\frac{{t}^{2}-1}{3}$=$\frac{（{t}^{2}-1）^{2}+{t}^{2}}{9{t}^{2}}$＞0，即k²＞$\frac{{t}^{2}-1}{3}$，
所以，對任意的t＞0，都存在k，使得以線段CD為直徑的圓過E點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．