Question

14．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右頂點(diǎn)為A，離心率為e，且橢圓C過點(diǎn)$E（{2e，\frac{2}}）$，以AE為直徑的圓恰好經(jīng)過橢圓的右焦點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）已知?jiǎng)又本�l（直線l不過原點(diǎn)且斜率存在）與橢圓C交于P，Q兩個(gè)不同的點(diǎn)，且△OPQ的面積S=1，若N為線段PQ的中點(diǎn)，問：在x軸上是否存在兩個(gè)定點(diǎn)E₁，E₂，使得直線NE₁與NE₂的斜率之積為定值？若存在，求出E₁，E₂的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知c=2e，根據(jù)橢圓的離心率公式，即可求得a，將E代入橢圓方程，即可求得橢圓方程；
（2）將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長公式，由S=1，求得1+4k²=2m²，設(shè)兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用斜率公式，即可求得兩點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）連接EF，則EF⊥FA，則x_F=c=2e，則c=$\frac{2c}{a}$，解得：a=2，
故點(diǎn)E（c，$\frac{2}$），代入橢圓方程：$\frac{{c}^{2}}{4}+\frac{1}{4}=1$，解得：c=$\sqrt{3}$，
b²=a²-c²=1，
故橢圓的方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線l的方程為：y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²=4=0，
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
則丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
原點(diǎn)到直線l的距離d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OPQ的面積S_△OPQ=$\frac{1}{2}$丨PQ丨×d=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$×$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
即2丨m丨$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，則1+4k²=2m²，
設(shè)N（x，y），則x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{2k}{m}$，y=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{2m}$，
由①，②消去m，$\frac{{x}^{2}}{2}+\frac{{y}^{2}}{\frac{1}{2}}=1$，
假設(shè)x軸上，存在兩定點(diǎn)E₁（s，0），E₂（t，0），（s≠t）
那么直線NE₁的斜率k₁=$\frac{{y}_{N}-0}{{x}_{N}-x}$，直線NE₂的斜率k₂=$\frac{{y}_{N}-0}{{x}_{N}-t}$，
則k₁k₂=$\frac{{y}_{N}^{2}}{（{x}_{N}-s）（{x}_{N}-t）}$=-$\frac{1}{4}$$\frac{{x}_{N}^{2}-2}{{x}_{N}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$，
當(dāng)且僅當(dāng)s+t=0，st=-2，k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，解得：s=$\sqrt{2}$，t=-$\sqrt{2}$，
即存在定點(diǎn)E₁（$\sqrt{2}$，0），E₂（-$\sqrt{2}$，0），滿足題意．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式及直線的斜率公式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．