Question

9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{6}$，直線l與x軸交于點(diǎn)E，與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點(diǎn)E的坐標(biāo)為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），點(diǎn)A在第一象限且橫坐標(biāo)為$\sqrt{3}$，連結(jié)點(diǎn)A與原點(diǎn)O的直線交橢圓C于另一點(diǎn)P，求△PAE的面積；
（3）x軸上存在定點(diǎn)E，使得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$恒為定值，請(qǐng)指出定點(diǎn)E的坐標(biāo)，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式，即可求得c的值，b²=a²-c²，求得橢圓方程；
（2）將x=$\sqrt{3}$代入橢圓方程，求得E，由S_△PAE=2S_△AOE．即可求得△PAE的面積；
（3）方法一：分類討論，求得E點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，則$\frac{1}{E{A}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{1}-\sqrt{3}）^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{{m}^{2}{y}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}}$，即可求得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$恒為定值．
方法二：設(shè)直線AB的方程為x=my+x₀，代入橢圓方程，$\frac{1}{E{A}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{1}-\sqrt{3}）^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{{m}^{2}{y}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}}$，即可求得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$恒為定值．

解答 解：（1）由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{6}$，則c=2，b²=a²-c²=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；…（4分）
（2）將x=$\sqrt{3}$代入$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，解得y=±1，由A在第一象限，從而A（$\sqrt{3}$，1），
又PA過原點(diǎn)O，于是P（-$\sqrt{3}$，-1），由點(diǎn)E的坐標(biāo)為（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），
∴S_△PAE=2S_△AOE=2×$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×1=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
△PAE的面積$\frac{\sqrt{3}}{2}$；…（8分）
（3）設(shè)E（x₀，0），
當(dāng)直線AB與x軸重合時(shí)，則$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{0}+\sqrt{6}）^{2}}$+$\frac{1}{（\sqrt{6}-{x}_{0}）^{2}}$=$\frac{12+2{x}_{0}^{2}}{（6-{x}_{0}^{2}）^{2}}$，
當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$=$\frac{2}{2（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{6}）}$=$\frac{6}{6-{x}_{0}^{2}}$，
由$\frac{12+2{x}_{0}^{2}}{（6-{x}_{0}^{2}）^{2}}$=$\frac{6}{6-{x}_{0}^{2}}$，解得x₀=±$\sqrt{3}$，則$\frac{6}{6-{x}_{0}^{2}}$=2，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為E（±$\sqrt{3}$，0），$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$為定值2．…（11分）
根據(jù)對(duì)稱性，只需考慮直線AB過點(diǎn)E（$\sqrt{3}$，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
又設(shè)直線AB的方程為x=my+$\sqrt{3}$，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化簡得（m²+3）y²+2$\sqrt{3}$my-3=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2\sqrt{3}m}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+3}$，
又$\frac{1}{E{A}^{2}}$=$\frac{1}{（{x}_{1}-\sqrt{3}）^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{{m}^{2}{y}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}}$，
∴$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{2}^{2}}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-2{y}_{1}{y}_{2}}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}}$，
將上述關(guān)系代入，化簡可得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$=2，
綜上所述，點(diǎn)E（±$\sqrt{3}$，0），$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$為定值2…（16分）
解法二：設(shè)E（x₀，0），當(dāng)直線AB與x軸不重合時(shí)，
設(shè)直線AB的方程為x=my+x₀，可得$\frac{1}{E{A}^{2}}$+$\frac{1}{E{B}^{2}}$=$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}}$+$\frac{1}{（{m}^{2}+1）{y}_{2}^{2}}$=$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-2{y}_{1}{y}_{2}}{（{m}^{2}+1）{y}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}}$，
=$\frac{2m（{x}_{0}^{2}+6）+36-6{x}_{0}^{2}}{（{m}^{2}+1）（{x}_{0}^{2}-6）^{2}}$，
與m無關(guān)的定值，得x₀²=3，則x₀=±$\sqrt{3}$，則E（±$\sqrt{3}$，0）
當(dāng)直線AB與x軸重合時(shí)y=0，適合    參照給分

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，考查分類討論思想，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．