Question

5．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點P（$\sqrt{2}$，1），離心率e=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知動直線y=k（x+1）與橢圓C相交于A，B兩點，試問：在x軸上是否存在定點M，使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值與k的取值無關(guān)？若存在，請求出該定點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）假設(shè)在x軸上存在定點M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值與k的取值無關(guān)．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+3k²）x²+6k²x+3k²-5=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=${m}^{2}+2m-\frac{1}{3}$-$\frac{2m+\frac{14}{3}}{1+3{k}^{2}}$．即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得b²=$\frac{5}{3}$，a²=5，c=$\frac{\sqrt{30}}{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{3{y}^{2}}{5}$=1；
（2）假設(shè)在x軸上存在定點M（m，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值與k的取值無關(guān)．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{3{y}^{2}}{5}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+3k²）x²+6k²x+3k²-5=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{k}^{2}-5}{1+3{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=（x₁-m，y₁）•（x₂-m，y₂）=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂
=（x₁-m）（x₂-m）+k²（x₁+1）（x₂+1）=（k²+1）x₁x₂+（k²-m）（x₁+x₂）+m²+k²
=$\frac{（{k}^{2}+1）（3{k}^{2}-5）}{1+3{k}^{2}}$+$\frac{-6{k}^{2}（{k}^{2}-m）}{1+3{k}^{2}}$+m²+k²
=$\frac{{k}^{2}（3{m}^{2}+6m-1）+{m}^{2}-5}{1+3{k}^{2}}$
=${m}^{2}+2m-\frac{1}{3}$-$\frac{2m+\frac{14}{3}}{1+3{k}^{2}}$．
令2m+$\frac{14}{3}$=0，解得m=-$\frac{7}{3}$．
此時$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$=$\frac{4}{9}$為定值．
因此在x軸上存在定點M（-$\frac{7}{3}$，0），使得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$的值與k的取值無關(guān)．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量數(shù)量積運算性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．