Question

8．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，离心率为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$且过点（${\sqrt{5}$，0），过定点C（-1，0）的动直线与该椭圆相交于A、B两点．
（1）若线段AB中点的横坐标是-$\frac{1}{2}$，求直线AB的方程；
（2）在x轴上是否存在点M，使$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），可得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{5}$，a²=b²+c²，解出可得椭圆的方程．直线斜率不存在时显然不成立，设直线AB：y=k（x+1），将AB：y=k（x+1）代入椭圆的方程，消去y整理得（3k²+1）x²+6k²x+3k²-5=0，由线段AB的中点的横坐标为$-\frac{1}{2}$，解得k，即可得出．
（2）假设在x轴上存在点M（m，0），使得MA•MB为常数，
①当直线AB与x轴不垂直时，利用根与系数的关系与数量积运算性质可得$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂，即可得出．

解答 解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，a=$\sqrt{5}$，a²=b²+c²，
解得a=$\sqrt{5}$，c=$\frac{\sqrt{30}}{3}$，b²=$\frac{5}{3}$．
∴椭圆的方程为x²+3y²=5，
直线斜率不存在时显然不成立，设直线AB：y=k（x+1），
将AB：y=k（x+1）代入椭圆的方程，消去y整理得（3k²+1）x²+6k²x+3k²-5=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\left\{{\begin{array}{l}{△=36{k^4}-4（{3{k^2}+1}）（{3{k^2}-5}）＞0}\\{{x_1}+{x_2}=-\frac{{6{k^2}}}{{3{k^2}+1}}}\end{array}}\right.$，
∵线段AB的中点的横坐标为$-\frac{1}{2}$，解得$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴直线AB的方程为$x±\sqrt{3}y+1=0$．
（2）假设在x轴上存在点M（m，0），使得MA•MB为常数，
①当直线AB与x轴不垂直时，由（1）知${x_1}+{x_2}=-\frac{{6{k^2}}}{{3{k^2}+1}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{3{k^2}-5}}{{3{k^2}+1}}$，
∴$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+y₁y₂=（k²+1）x₁x₂+（k²-m）（x₁+x₂）+k²+m²=${m^2}+2m-\frac{1}{3}-\frac{6m+14}{{3（{3{k^2}+1}）}}$，
∵$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$是与k无关的常数，从而有$6m+14=0，m=-\frac{7}{3}$，
此时$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=$\frac{4}{9}$．
②当直线AB与x轴垂直时，此时结论成立，
综上可知，在x轴上存在定点$M（{-\frac{7}{3}，0}）$，使$MA•MB=\frac{4}{9}$，为常数．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量数量积运算性质、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．