Question

17．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）和直線l：$\frac{x}{a}$-$\frac{y}$=1，橢圓的離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，坐標原點到直線l的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）已知定點E（-1，0），若直線m過點P（0，2）且與橢圓相交于C，D兩點，試判斷是否存在直線m，使以CD為直徑的圓過點E？若存在，求出直線m的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，坐標原點到直線l：$\frac{x}{a}$-$\frac{y}$=1的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）當直線m的斜率不存在時，直線m方程為x=0，以CD為直徑的圓過點E；當直線m的斜率存在時，設直線m方程為y=kx+2，由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+2}\hfill\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\hfill\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx+9=0，由此利用根的判別式、韋達定理、圓的性質，結合已知條件能求出當以CD為直徑的圓過定點E時，直線m的方程．

解答 解：（Ⅰ）由直線$l：\frac{x}{a}-\frac{y}=1$，∴$\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{|ab|}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}$，即4a²b²=3a²+3b²--①
又由$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$\frac{c^2}{a^2}=\frac{2}{3}$，即${c^2}=\frac{2}{3}{a^2}$，又∵a²=b²+c²，∴${b^2}=\frac{1}{3}{a^2}$--②
將②代入①得，即$\frac{4}{3}{a^4}=4{a^2}$，∴a²=3，b²=2，c²=1，
∴所求橢圓方程是$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）①當直線m的斜率不存在時，直線m方程為x=0，
則直線m與橢圓的交點為（0，±1），又∵E（-1，0），
∴∠CED=90°，即以CD為直徑的圓過點E；
②當直線m的斜率存在時，設直線m方程為y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+2}\hfill\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\hfill\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx+9=0，
由△=144k²-4×9（1+3k²）=36k²-36＞0，得k＞1或k＜-1，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-12k}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{9}{{1+3{k^2}}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4
∵以CD為直徑的圓過點E，∴EC⊥ED，即$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=0$，
由$\overrightarrow{EC}=（{x_1}+1，{y_1}）$，$\overrightarrow{ED}=（{x_2}+1，{y_2}）$，
得（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，∴（1+k²）x₁x₂+（2k+1）（x₁+x₂）+5=0，
∴$\frac{{9（1+{k^2}）}}{{1+3{k^2}}}+（2k+1）•\frac{-12k}{{1+3{k^2}}}+5=0$，解得$k=\frac{7}{6}＞1$，即$m：y=\frac{7}{6}x+2$；
綜上所述，當以CD為直徑的圓過定點E時，直線m的方程為x=0或$y=\frac{7}{6}x+2$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查條件的直線是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓、根的判別式、韋達定理、直線性質的合理運用．