Question

11．已知直线l：y=x+$\sqrt{6}$，圆O：x²+y²=4，椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知动直线l₁（斜率存在）与椭圆E交于P，Q两个不同点，且△OPQ的面积S_△OPQ=1，若N为线段PQ的中点，问：在x轴上是否存在两个定点A，B，使得直线NA与NB的斜率之积为定值？若存在，求出A，B的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得圆心O到直线l的距离，以及弦长，可得b=1，再由离心率公式和a，b，c的关系，解得a=2，进而得到椭圆的方程；
（2）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线l₁的方程为：y=kx+m．代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，再由三角形的面积公式和中点坐标公式，以及直线的斜率公式，结合定值思想，即可得到所求值及条件．

解答 解：（1）设椭圆半焦距为c，
圆心O到l的距离d=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{1+1}}$=$\sqrt{3}$，
则l被圆O截得的弦长为2，所以b=1，
由题意得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²-b²=c²，
∴a²=4，b²=1．
∴椭圆E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
直线l₁的方程为：y=kx+m．
代入椭圆方程，消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$，
原点O到直线l₁的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|PQ|•d=$\frac{2|m|•\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$=1，
∴2|m|•$\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}$=1+4k²，
令1+4k²=n，∴2|m|•$\sqrt{n-{m}^{2}}$=n，
∴n=2m²，1+4k²=2m²．
∵N为PQ中点，
∴x_N=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}$，y_N=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=$\frac{m}{1+4{k}^{2}}$，
∵1+4k²=2m²，∴x_N=-$\frac{2k}{m}$，y_N=$\frac{1}{2m}$．∴$\frac{{{x}_{N}}^{2}}{2}$+2y_N²=1．
假设x轴上存在两定点A（s，0），B（t，0）（s≠t），
则直线NA的斜率k₁=$\frac{{y}_{N}}{{x}_{N}-s}$，
直线NB的斜率k₂=$\frac{{y}_{N}}{{x}_{N}-t}$，
∴k₁k₂=$\frac{{{y}_{N}}^{2}}{（{x}_{N}-s）（{x}_{N}-t）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1-\frac{1}{2}{{x}_{N}}^{2}}{{{x}_{N}}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$=-$\frac{1}{4}$•$\frac{{{x}_{N}}^{2}-2}{{{x}_{N}}^{2}-（s+t）{x}_{N}+st}$．
当且仅当s+t=0，st=-2时，k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，则s=$\sqrt{2}$，t=-$\sqrt{2}$．
综上所述，存在两定点A（$\sqrt{2}$，0），B（-$\sqrt{2}$，0），
使得直线NA与NB的斜率之积为定值．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的性质：离心率，考查存在性问题的解法，注意运用联立直线和椭圆的方程，由韦达定理和弦长公式，考查运算能力，属于中档题．