Question

13．以橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，以其四個頂點為頂點的四邊形的面積等于2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）過原點且斜率不為0的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，A是橢圓C的右頂點，直線AP，AQ分別與y軸交于點M，N，問：以MN為直徑的圓是否恒過x軸上的定點？若恒過x軸上的定點，請求出該定點的坐標；若不恒過x軸上的定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}\\ ab=\sqrt{3}\end{array}\right.$，從而解得橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）易知$A（\sqrt{3}，0）$，設M（0，m），N（0，n），P（x₀，y₀），從而可得$\frac{{{x_0}^2}}{3}+{y_0}^2=1$，且Q（-x₀，-y₀），$\overrightarrow{AP}=（{x_0}-\sqrt{3}，{y_0}）$，$\overrightarrow{AM}$=（-$\sqrt{3}$，m），從而化簡可得$m=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}-\sqrt{3}}}$，$n=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}$．假設存在滿足題意的x軸上的定點R（t，0）化簡可得t²=-$\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-3}$，再結合3${{y}_{0}}^{2}$=3-${{x}_{0}}^{2}$解得．

解答 解：（Ⅰ）依題意，得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}\\ ab=\sqrt{3}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3}\\ b=1\end{array}\right.$故橢圓C的標準方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）$A（\sqrt{3}，0）$，設M（0，m），N（0，n），P（x₀，y₀），
則由題意，可得$\frac{{{x_0}^2}}{3}+{y_0}^2=1$，
且Q（-x₀，-y₀），$\overrightarrow{AP}=（{x_0}-\sqrt{3}，{y_0}）$，$\overrightarrow{AM}$=（-$\sqrt{3}$，m），
因為A，P，M三點共線，所以$\overrightarrow{AP}∥\overrightarrow{AM}$，
故有$（{x_0}-\sqrt{3}）m=-\sqrt{3}{y_0}$，解得$m=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}-\sqrt{3}}}$．
同理，可得$n=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}$．
假設存在滿足題意的x軸上的定點R（t，0），則有$\overrightarrow{RM}⊥\overrightarrow{RN}$，即$\overrightarrow{RM}•\overrightarrow{RN}=0$．
因為$\overrightarrow{RM}=（-t，m）$，$\overrightarrow{RN}=（-t，n）$，
所以t²+mn=0，即${t^2}+\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}-\sqrt{3}}}×\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}=0$，
整理得，t²=-$\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-3}$，
又∵3${{y}_{0}}^{2}$=3-${{x}_{0}}^{2}$，∴t²=1，
解得t=1或t=-1．
故以MN為直徑的圓恒過x軸上的定點（-1，0），（1，0）．

點評 本題考查了直線與圓錐曲線的位置關系的判斷與應用，同時考查了數(shù)形結合的思想及學生的化簡運算能力，屬于中檔題．