Question

3．直線l過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點F，且與此橢圓交于點A，B，若橢圓上存在一點M，使得$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OM}$（O為坐標原點）．
（1）求橢圓的離心率的取值范圍；
（2）橢圓上是否存在這樣一點M，使得四邊形OAMB為矩形，如果存在，試求出M的坐標；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)F（c，0），直線l的方程為y=k（x-c），代入橢圓方程，運用韋達定理和向量的加法坐標運算，代入橢圓方程，解方程可得k，由k²＞0，解不等式可得e的范圍；
（2）橢圓上假設(shè)存在這樣一點M，使得四邊形OAMB為矩形．即有OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，代入韋達定理，化簡整理，解得k，結(jié)合（1），即可得到矛盾，進而判斷不存在．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），直線l的方程為y=k（x-c），
代入橢圓方程可得（b²+a²k²）x²-2ca²k²x+a²c²k²-a²b²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂-2c）=-$\frac{2kc^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OM}$，可得M的坐標為（$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，-$\frac{2kc^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$），
代入橢圓方程可得
$\frac{4{c}^{2}{a}^{2}{k}^{4}}{（^{2}+{a}^{2}{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}{c}^{2}^{2}}{（^{2}+{a}^{2}{k}^{2}）^{2}}$=1，
即有k⁴（4c²a²-a⁴）+k²（4c²b²-2a²b²）-b⁴=0，
△=（4c²b²-2a²b²）²+4b⁴（4c²a²-a⁴）
=16c⁴b⁴，
解得k²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$或$\frac{{a}^{2}^{2}-4{c}^{2}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$（舍去），
由k²＞0，可得4c²a²-a⁴＞0，
即為c＞$\frac{1}{2}$a，可得$\frac{1}{2}$＜e＜1；
（2）橢圓上假設(shè)存在這樣一點M，使得四邊形OAMB為矩形．
即有OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，
即有（1+k²）x₁x₂-ck²（x₁+x₂）+k²c²=0，
由（1）可得（1+k²）•$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$-ck²（$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$）+k²c²=0，
化簡可得k²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}{c}^{2}-^{4}}$，
由（1）可得k²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$，
即有a²c²-b⁴=4a²c²-a⁴，
即為3a²c²=（a²-b²）（a²+b²），
即有2a²=b²，這與a＞b矛盾，
故不存在這樣一點M，使得四邊形OAMB為矩形．

點評 本題考查橢圓的離心率的范圍，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和向量的加法運算，考查存在性問題的解法，注意運用兩向量垂直的條件：數(shù)量積為0，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．