Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，過點(diǎn)$M（-\sqrt{6}，-1）$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)G，H為橢圓C上的兩個(gè)動點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OG⊥OH，試問：是否存在以原點(diǎn)O為圓心的定圓始終與直線GH相切？若存在，請求出該定圓的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題目給出的橢圓的離心率的值，結(jié)合a²=b²+c²，代入點(diǎn)M坐標(biāo)，可求橢圓的a，b，從而橢圓的方程可求；
（2）假設(shè)存在滿足條件的定圓，設(shè)圓的半徑為R，根據(jù)三角形的面積相等得到OG•OH=R•GH，
即$\frac{1}{O{G}^{2}}$+$\frac{1}{O{H}^{2}}$=$\frac{1}{{R}^{2}}$，分OG與OH的斜率都存在和OG與OH的斜率有一個(gè)不存在兩種情況分析$\frac{1}{O{G}^{2}}$+$\frac{1}{O{H}^{2}}$=$\frac{1}{{R}^{2}}$成立，有一個(gè)斜率不存在時(shí)由特殊點(diǎn)易證，斜率都存在時(shí)設(shè)直線OG方程，和橢圓方程聯(lián)立后求出OG²和OH²，整理后即可得到證明．

解答 解：（1）因?yàn)殡x心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
過點(diǎn)$M（-\sqrt{6}，-1）$，可得$\frac{6}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，又a²=b²+c²，
解得a=3，b=$\sqrt{3}$，c=$\sqrt{6}$，
所以橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1． 
（2）假設(shè)存在滿足條件的定圓，設(shè)圓的半徑為R，則OG•OH=R•GH，
因?yàn)镺G²+OH²=GH²，故$\frac{1}{O{G}^{2}}$+$\frac{1}{O{H}^{2}}$=$\frac{1}{{R}^{2}}$，
當(dāng)OG與OH的斜率均存在時(shí)，不妨設(shè)直線OG方程為：
y=kx，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=9}\end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{G}}^{2}=\frac{9}{1+3{k}^{2}}}\\{{{y}_{G}}^{2}=\frac{9{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
所以O(shè)G²=$\frac{9+9{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，
同理可得OH²=$\frac{9{k}^{2}+9}{3+{k}^{2}}$（將OG²中的k換成-$\frac{1}{k}$可得）
故$\frac{1}{O{G}^{2}}$+$\frac{1}{O{H}^{2}}$=$\frac{4}{9}$=$\frac{1}{{R}^{2}}$，R=$\frac{3}{2}$，
當(dāng)OG與OH的斜率有一個(gè)不存在時(shí)，可得$\frac{1}{O{G}^{2}}$+$\frac{1}{O{H}^{2}}$=$\frac{4}{9}$=$\frac{1}{{R}^{2}}$，
故滿足條件的定圓方程為：x²+y²=$\frac{9}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的思想方法，是有一定難度題目．