Question

10．已知F₁、F₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左、右焦點．
（1）若P是第一象限內(nèi)該橢圓上的一點，$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=-$\frac{5}{4}$，求點P的坐標(biāo)；
（2）若直線l與圓O：x²+y²=$\frac{1}{4}$相切，交橢圓C于A，B兩點，是否存在這樣的直線l，使得OA⊥OB？

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），（x，y＞0），則$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=x²+y²-3=-$\frac{5}{4}$，又$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，聯(lián)立解出即可得出．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．①若l的斜率不存在時，l：x=$±\frac{1}{2}$，代入橢圓方程得：y²=$\frac{15}{16}$，
容易得出$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$≠0，此時OA⊥OB不成立．
②若l的斜率存在時，設(shè)l：y=kx+m，則由已知可得$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2}$．直線方程與橢圓方程聯(lián)立可得：（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，要OA⊥OB，則$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，即x₁•x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=km（x₁+x₂）+（k²+1）x₁•x₂+m²=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得5m²-4k²-4=0，又k²+1=4m²．解出即可判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）由橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，可知：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
∴F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0），設(shè)P（x，y），（x，y＞0），
則$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$（-\sqrt{3}-x，-y）$•$（\sqrt{3}-x，-y）$=x²+y²-3=-$\frac{5}{4}$，
又$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，聯(lián)立解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}\right.$，
∴P$（1，\frac{\sqrt{3}}{2}）$．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
①若l的斜率不存在時，l：x=$±\frac{1}{2}$，代入橢圓方程得：y²=$\frac{15}{16}$，
容易得出$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{1}{4}$-$\frac{15}{16}$=-$\frac{11}{16}$≠0，此時OA⊥OB不成立．
②若l的斜率存在時，設(shè)l：y=kx+m，
則由已知可得$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{1}{2}$，即k²+1=4m²．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，可得：（4k²+1）x²+8kmx+4（m²-1）=0，
則x₁+x₂=-$\frac{8km}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{4（{m}^{2}-1）}{4{k}^{2}+1}$．
要OA⊥OB，則$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，
即x₁•x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=km（x₁+x₂）+（k²+1）x₁•x₂+m²=0，
即5m²-4k²-4=0，又k²+1=4m²．
∴k²+1=0，此方程無實解，此時OA⊥OB不成立．
綜上，不存在這樣的直線l，使得OA⊥OB．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量數(shù)量積運算性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．