Question

5．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，左，右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，以原點為圓心，橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線$x-y+\sqrt{2}=0$相切．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若不過原點且斜率存在的直線l交橢圓C于點G，H，且△OGH的面積為1，線段GH的中點為P，在x軸上是否存在關(guān)于原點對稱的兩個定點M，N，使得直線PM，PN的斜率之積為定值？若存在，求出兩定點M，N的坐標和定值的大小；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓的離心率公式及點到直線的距離公式，即可求得a和b的值，求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）設直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及弦長公式求得丨GH丨，再由點到直線的距離公式及三角形的面積公式求得△OGH的面積，求得1+4k²-2m²=0，根據(jù)中點坐標公式及直線的斜率公式求得s和t的值，使得直線PM，PN的斜率之積為定值，定值為$-\frac{1}{4}$．

解答 解：（Ⅰ）依題意知$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，則${e^2}=\frac{c^2}{a^2}-\frac{{{a^2}-{b^2}}}{a^2}=\frac{3}{4}$，即a²=4b²．
又以原點為圓點，橢圓C的短半軸長為半徑的圓為由圓x²+y²=b²，
由圓x²+y²=b²與直線$x-y+\sqrt{2}=0$相切，得$b=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{{1^2}+{{（{-1}）}^2}}}}=1$．
所以a²=4b²=4．
于是所求橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+y=1$．
（Ⅱ）設直線l：y=kx+m（m≠0），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
則$△={（{8km}）^2}-4（{1+4{k^2}}）（{4{m^2}-4}）=16（{4{k^2}+1-{m^2}}）＞0，{x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$．
根據(jù)弦長公式知丨GH丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{4{k}^{2}+1-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$
又根據(jù)點到直線的距離公式知原點O到直線y=kx+m的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$．
于是△OGH的面積為$S=\frac{1}{2}•|{GH}|•\frac{|m|}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}=\frac{{2|m|•\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=1$．
整理得（1+4k²-2m²）²=0，所以1+4k²-2m²=0．①
又線段GH的中點$P（{-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}，\frac{m}{{1+4{k^2}}}}）$，即$P（{-\frac{2k}{m}，\frac{1}{2m}}）$．
假設存在滿足條件的定點M，N，不妨設M（s，0），N（-s，0）（s＞0），
直線PM，PN的斜率之積為t，
則有$t={k_{PM}}•{k_{PN}}=\frac{{\frac{1}{2m}}}{{-\frac{2k}{3}-s}}×\frac{{\frac{1}{2m}}}{{-\frac{2k}{m}+s}}$=$\frac{1}{{4（{4{k^2}-{s^2}{m^2}}）}}$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{s=\sqrt{2}}\\{t=-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$．
∴存在兩定點$M（{-\sqrt{2}，0}），N（{\sqrt{2}，0}）$，使得直線PM，PN的斜率之積為定值，定值為$-\frac{1}{4}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，弦長公式及直線的斜率公式的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．