已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1和直线l:$\frac{x}{a}$-$\frac{y}{b}$=1.椭圆的离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$.坐标原点到直线l的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．(Ⅰ)求椭圆的方程,.若直线m过点P(0.2)且与椭圆相交于C.D两点.试判断是否存在� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

17．

已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）和直线l：$\frac{x}{a}$-$\frac{y}{b}$=1，椭圆的离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，坐标原点到直线l的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知定点E（-1，0），若直线m过点P（0，2）且与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在直线m，使以CD为直径的圆过点E？若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由．

分析（Ⅰ）由椭圆的离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，坐标原点到直线l：$\frac{x}{a}$-$\frac{y}{b}$=1的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出a，b，由此能求出椭圆方程．
（Ⅱ）当直线m的斜率不存在时，直线m方程为x=0，以CD为直径的圆过点E；当直线m的斜率存在时，设直线m方程为y=kx+2，由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+2}\hfill\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\hfill\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx+9=0，由此利用根的判别式、韦达定理、圆的性质，结合已知条件能求出当以CD为直径的圆过定点E时，直线m的方程．

解答解：（Ⅰ）由直线$l：\frac{x}{a}-\frac{y}{b}=1$，∴$\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{|ab|}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}$，即4a²b²=3a²+3b²--①
又由$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$\frac{c^2}{a^2}=\frac{2}{3}$，即${c^2}=\frac{2}{3}{a^2}$，又∵a²=b²+c²，∴${b^2}=\frac{1}{3}{a^2}$--②
将②代入①得，即$\frac{4}{3}{a^4}=4{a^2}$，∴a²=3，b²=2，c²=1，
∴所求椭圆方程是$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）①当直线m的斜率不存在时，直线m方程为x=0，
则直线m与椭圆的交点为（0，±1），又∵E（-1，0），
∴∠CED=90°，即以CD为直径的圆过点E；
②当直线m的斜率存在时，设直线m方程为y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+2}\hfill\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\hfill\end{array}}\right.$，得（1+3k²）x²+12kx+9=0，
由△=144k²-4×9（1+3k²）=36k²-36＞0，得k＞1或k＜-1，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-12k}{{1+3{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{9}{{1+3{k^2}}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4
∵以CD为直径的圆过点E，∴EC⊥ED，即$\overrightarrow{EC}•\overrightarrow{ED}=0$，
由$\overrightarrow{EC}=（{x_1}+1，{y_1}）$，$\overrightarrow{ED}=（{x_2}+1，{y_2}）$，
得（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，∴（1+k²）x₁x₂+（2k+1）（x₁+x₂）+5=0，
∴$\frac{{9（1+{k^2}）}}{{1+3{k^2}}}+（2k+1）•\frac{-12k}{{1+3{k^2}}}+5=0$，解得$k=\frac{7}{6}＞1$，即$m：y=\frac{7}{6}x+2$；
综上所述，当以CD为直径的圆过定点E时，直线m的方程为x=0或$y=\frac{7}{6}x+2$．