Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦距為2，離心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若P是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)，求$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值和最小值；
（3）設(shè)過(guò)定點(diǎn)M（0，2）且斜率為k的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A、B，在y軸上是否存在定點(diǎn)E使$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$為定值？若存在，求出E點(diǎn)坐標(biāo)和這個(gè)定值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知2c=2，c=1，根據(jù)離心率公式e=e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，求得a=$\sqrt{2}$，b²=a²-c²=1，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$=（-1-x₀，-y₀）•（1-x₀，-y₀）=$\frac{1}{2}$x₀²，由x₀²∈[0，2]，即可求得$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值和最小值；
（3）設(shè)直線方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理求得x₁+x₂及x₁x₂，設(shè)E（0，m），利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)求得$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$，令$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$=t，列方程即可求得k和m的值，求得E點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）由題意可知：2c=2，即c=1，
由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得：a=$\sqrt{2}$，
b²=a²-c²=1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$=（-1-x₀，-y₀）•（1-x₀，-y₀）=$\frac{1}{2}$x₀²，
∵x₀²∈[0，2]，
∴$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為1，最小值為0；
（3）設(shè)過(guò)定點(diǎn)M（0，2）且斜率為k的直線l的方程為y=kx+2，
代入橢圓方程可得（1+2k²）x+8kx+6=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則
x₁+x₂=-$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=-$\frac{2{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，y₁+y₂=$\frac{5}{2{k}^{2}+1}$，
設(shè)E（0，m），則$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$=（-x₁，m-y₁）•（-x₂，m-y₂）=$\frac{（2{m}^{2}-2）{k}^{2}+{m}^{2}-4m+10}{2{k}^{2}+1}$，
若$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$=t，則$\frac{（2{m}^{2}-2）{k}^{2}+{m}^{2}-4m+10}{2{k}^{2}+1}$=t，
∴（2m²-2-2t）k²+m²-4m+10-t=0，
∴2m²-2-2t=0，m²-4m+10-t=0，
∴m=$\frac{11}{4}$，t=$\frac{105}{16}$，
∴存在E（0，$\frac{11}{4}$），使$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}$為$\frac{105}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程及簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示的綜合運(yùn)用，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．