Question

9．已知橢圓$G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的長軸長為$2\sqrt{2}$，離心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓G的方程；
（Ⅱ）設(shè)過橢圓G的上頂點A的直線l與橢圓G的另一個交點為B，與x軸交于點C，線段AB的中點為D，線段AB的垂直平分線分別交x軸、y軸于P、Q兩點．問：是否存在直線l使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點）？若存在，求出所有滿足條件的直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得c，再由a，b，c的關(guān)系可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)A（0，1），直線AB的方程為y=kx+1，代入橢圓方程，求得B的坐標(biāo)，再由中點坐標(biāo)公式可得D，求得線段AB的中垂線方程，可得P，Q的坐標(biāo)，假設(shè)存在直線l，使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點），運(yùn)用三角形的面積公式，$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，解方程即可得到所求k的值，進(jìn)而判斷存在直線l．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得c=1，b=1，
可得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)A（0，1），直線AB的方程為y=kx+1，
代入橢圓方程，可得（1+2k²）x²+4kx=0，
解得x=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，或x=0．
即有B（-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），C（-$\frac{1}{k}$，0），
中點D的坐標(biāo)為（-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$），
可得AB的中垂線方程為y-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$），
化為y=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$，
可得P（-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$，0），Q（0，-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$），
假設(shè)存在直線l，使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點），
即有$\frac{1}{2}$PD•PC•sin∠DPC=$\frac{1}{2}$PO•PQ•sin∠OPQ，
即有PD•PC=PO•PQ，
即為$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，
即有$\frac{-1-{k}^{2}}{{k}^{2}}$=-1，
可得k無解．
故不存在直線l，使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的離心率公式和長軸長，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求交點，兩直線垂直的條件及中點坐標(biāo)公式的運(yùn)用，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．