以椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于2$\sqrt{3}$．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程,(Ⅱ)过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P.Q两点.A是椭圆C的右顶点.直线AP.AQ分别与y轴交于点M.N.问:以MN为直径� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

13．以椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于P，Q两点，A是椭圆C的右顶点，直线AP，AQ分别与y轴交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否恒过x轴上的定点？若恒过x轴上的定点，请求出该定点的坐标；若不恒过x轴上的定点，请说明理由．

分析（Ⅰ）由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{a^2}={b^2}+{c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}\\ ab=\sqrt{3}\end{array}\right.$，从而解得椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）易知$A（\sqrt{3}，0）$，设M（0，m），N（0，n），P（x₀，y₀），从而可得$\frac{{{x_0}^2}}{3}+{y_0}^2=1$，且Q（-x₀，-y₀），$\overrightarrow{AP}=（{x_0}-\sqrt{3}，{y_0}）$，$\overrightarrow{AM}$=（-$\sqrt{3}$，m），从而化简可得$m=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}-\sqrt{3}}}$，$n=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}$．假设存在满足题意的x轴上的定点R（t，0）化简可得t²=-$\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-3}$，再结合3${{y}_{0}}^{2}$=3-${{x}_{0}}^{2}$解得．

解答解：（Ⅰ）依题意，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$\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{3}\\ b=1\end{array}\right.$故椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）$A（\sqrt{3}，0）$，设M（0，m），N（0，n），P（x₀，y₀），
则由题意，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），
因为A，P，M三点共线，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$n=\frac{{-\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}$．
假设存在满足题意的x轴上的定点R（t，0），则有$\overrightarrow{RM}⊥\overrightarrow{RN}$，即$\overrightarrow{RM}•\overrightarrow{RN}=0$．
因为$\overrightarrow{RM}=（-t，m）$，$\overrightarrow{RN}=（-t，n）$，
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为直径的圆恒过x轴上的定点（-1，0），（1，0）．