Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），且圓M：x²+y²-$\frac{3}{2}$x-1=0過橢圓C的上、下、右三個(gè)頂點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率；
（Ⅱ）將橢圓C的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，縱坐標(biāo)不變．得到橢圓C′的方程，已知直線l與橢圓C′只有1個(gè)交點(diǎn)，探究．是否存在兩個(gè)定點(diǎn)P（x₁，0）、Q（x₂，0），且x₁＜x₂，使得P，Q到直線l的距離之積為1，如果存在，求出這兩個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo)，如果不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由圓的方程，求得與x和y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）即可求得橢圓方程，分類討論，利用直線l與橢圓C有只有一個(gè)公共點(diǎn)，確定k，p的關(guān)系，設(shè)在x軸上存在兩點(diǎn)（s，0），（t，0），使其到直線l的距離之積為1，建立方程，即可求得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由圓M：x²+y²-$\frac{3}{2}$x-1=0，當(dāng)x=0時(shí)，y=±1，
當(dāng)y=0，x=2或x=-$\frac{1}{2}$，
由橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，則橢圓的右頂點(diǎn)（2，0），上頂點(diǎn)（1，0），下頂點(diǎn)（-1，0），
則a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$；
（Ⅱ）橢圓C的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍，則a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×2=$\sqrt{2}$，
則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
①當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l方程為y=kx+p，
代入橢圓方程得（1+2k²）x²+4kpx+2p²-2=0．
因?yàn)橹本�l與橢圓C有只有一個(gè)公共點(diǎn)，
所以△=16k²p²-4（1+2k²）（2p²-2）=8（1+2k²-p²）=0，
即1+2k²=p²．
設(shè)在x軸上存在兩點(diǎn)（s，0），（t，0），使其到直線l的距離之積為1，
則$\frac{丨ks+p丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\frac{丨kt+p丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
即（st+1）k+p（s+t）=0（*），或（st+3）k²+（s+t）kp+2=0 （**）．
由（*）恒成立，得$\left\{\begin{array}{l}{st+1=0}\\{s+t=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{s=1}\\{t=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{s=-1}\\{t=1}\end{array}\right.$，
而（**）不恒成立．
②當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直線方程為x=±$\sqrt{2}$時(shí)，
定點(diǎn)P（-1，0）、Q（1，0）到直線l的距離之積d₁?d₂=（$\sqrt{2}$-1）（$\sqrt{2}$+1）=1．
綜上，存在兩個(gè)定點(diǎn)（1，0），（-1，0），使其到直線l 的距離之積為定值1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查存在性問題的研究，考查學(xué)生的計(jì)算能力，同時(shí)考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．