Question

8．已知中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$且過點（${\sqrt{5}$，0），過定點C（-1，0）的動直線與該橢圓相交于A、B兩點．
（1）若線段AB中點的橫坐標是-$\frac{1}{2}$，求直線AB的方程；
（2）在x軸上是否存在點M，使$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$為常數？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），可得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{5}$，a²=b²+c²，解出可得橢圓的方程．直線斜率不存在時顯然不成立，設直線AB：y=k（x+1），將AB：y=k（x+1）代入橢圓的方程，消去y整理得（3k²+1）x²+6k²x+3k²-5=0，由線段AB的中點的橫坐標為$-\frac{1}{2}$，解得k，即可得出．
（2）假設在x軸上存在點M（m，0），使得MA•MB為常數，
①當直線AB與x軸不垂直時，利用根與系數的關系與數量積運算性質可得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂，即可得出．

解答 解：（1）由題意可設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{5}$，a²=b²+c²，
解得a=$\sqrt{5}$，c=$\frac{\sqrt{30}}{3}$，b²=$\frac{5}{3}$．
∴橢圓的方程為x²+3y²=5，
直線斜率不存在時顯然不成立，設直線AB：y=k（x+1），
將AB：y=k（x+1）代入橢圓的方程，消去y整理得（3k²+1）x²+6k²x+3k²-5=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{{\begin{array}{l}{△=36{k^4}-4（{3{k^2}+1}）（{3{k^2}-5}）＞0}\\{{x_1}+{x_2}=-\frac{{6{k^2}}}{{3{k^2}+1}}}\end{array}}\right.$，
∵線段AB的中點的橫坐標為$-\frac{1}{2}$，解得$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴直線AB的方程為$x±\sqrt{3}y+1=0$．
（2）假設在x軸上存在點M（m，0），使得MA•MB為常數，
①當直線AB與x軸不垂直時，由（1）知${x_1}+{x_2}=-\frac{{6{k^2}}}{{3{k^2}+1}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{3{k^2}-5}}{{3{k^2}+1}}$，
∴$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=（k²+1）x₁x₂+（k²-m）（x₁+x₂）+k²+m²=${m^2}+2m-\frac{1}{3}-\frac{6m+14}{{3（{3{k^2}+1}）}}$，
∵$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$是與k無關的常數，從而有$6m+14=0，m=-\frac{7}{3}$，
此時$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=$\frac{4}{9}$．
②當直線AB與x軸垂直時，此時結論成立，
綜上可知，在x軸上存在定點$M（{-\frac{7}{3}，0}）$，使$MA•MB=\frac{4}{9}$，為常數．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、向量數量積運算性質、一元二次方程的根與系數的關系、中點坐標公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．