Question

20．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過左焦點F且垂直于x軸的直線與橢圓C相交，所得弦長為1，斜率為k（k≠0）的直線l過點（1，0），且與橢圓C相交于不同的兩點A，B．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）在x軸上是否存在點M，使得無論k取何值，$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}-\frac{k^2}{{1+4{k^2}}}$為定值？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （ I）由題意知橢圓C過點$（-c，\frac{1}{2}）$，代入橢圓方程，再由離心率e以及a、b、c的關(guān)系列方程組求出a、b即可；
（ II）設(shè)在x軸上存在點M（t，0）滿足題意，設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立消去y，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出x₁+x₂與x₁x₂，其中A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）；再計算$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$-$\frac{{k}^{2}}{1+{4k}^{2}}$的值，即可求出結(jié)論．

解答 解：（ I）由過左焦點F且垂直于x軸的直線與橢圓C相交，所得弦長為1，
可知橢圓C過點$（-c，\frac{1}{2}）$，∴$\frac{c^2}{a^2}+\frac{1}{{4{b^2}}}=1$，
又∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²；
三式聯(lián)立解得$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；…（4分）
（ II）設(shè)在x軸上存在點M（t，0）滿足題意，
∵直線l過點（1，0）且斜率為k，則直線l的方程可設(shè)為：y=k（x-1）；
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=k（{x-1}）\end{array}\right.$可知：x²+4k²（x-1）²=4，
整理得（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0；------------（6分）
易知：△=64k⁴-16（1+4k²）（k²-1）=16（3k²+1）＞0；
設(shè)  A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則：$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+4{k^2}}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{{4{k^2}-4}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$；----------------（7分）
∴$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-t，y₁）•（x₂-t，y₂）
=（x₁-t）（x₂-t）+y₁y₂
=x₁x₂-t（x₁+x₂）+t²+k²（x₁-1）（x₂-1）
=（1+k²）x₁x₂-（t+k²）（x₁+x₂）+t²+k²
=$\frac{{k}^{2}（{4t}^{2}-8t+1）{+t}^{2}-4}{1+{4k}^{2}}$；------------（9分）
由題意可設(shè)：$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$-$\frac{{k}^{2}}{1+{4k}^{2}}$=m（m為常數(shù)），---------------（10分）
∴k²（4t²-8t）+t²-4=m+4mk²對任意實數(shù)k（k≠0）恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}4{t^2}-8t=4m\\{t^2}-4=m\end{array}\right.$，解得：t=2，m=0；
∴存在點M（2，0）滿足題意，且常數(shù)為0．----------------（12分）

點評 本題考查了直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用問題，也考查了方程與平面向量的數(shù)量積應(yīng)用問題，是綜合題．