Question

18．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），點(diǎn)$A（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓C上．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在斜率為2的直線l，使得當(dāng)直線l與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)M，N時(shí)，能在直線$y=\frac{5}{3}$上找到一點(diǎn)P，在橢圓C上找到一點(diǎn)Q，滿足$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{NQ}$？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c=1，利用$A（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓上，得a²=2，然后求解橢圓方程．
（2）假設(shè)存在這樣的直線    設(shè)直線l的方程為y=2x+t，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），$P（{x_3}，\frac{5}{3}）$，Q（x₄，y₄），MN的中點(diǎn)為D（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}y=2x+t\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，利用韋達(dá)定理以及△＞0，提出-3＜t＜3，判斷四邊形PMQN為平行四邊形，說(shuō)明D是線段PQ的中點(diǎn)，推出${y_4}=\frac{2t-15}{9}$，然后推出點(diǎn)Q不在橢圓上．推出結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c=1，
因此橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{{a^2}-1}}=1（{a^2}＞1）$∵$A（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓上，
∴$\frac{1}{{2{a^2}}}+\frac{3}{{4（{{a^2}-1}）}}=1（{a^2}＞1）$解得a²=2
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）假設(shè)存在這樣的直線    設(shè)直線l的方程為y=2x+t，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），$P（{x_3}，\frac{5}{3}）$，Q（x₄，y₄），MN的中點(diǎn)為D（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}y=2x+t\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$得9x²+8tx+2t²-2=0，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{8t}{9}$，且△=（8t）²-36（2t²-2）＞0，
則-3＜t＜3，${y_1}+{y_2}=2（{x_1}+{x_2}）+2t=\frac{2t}{9}$∴${y_0}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}=\frac{t}{9}$
由$\overrightarrow{PM}=\overrightarrow{NQ}$知四邊形PMQN為平行四邊形，
而D為線段MN的中點(diǎn)，因此，D也是線段PQ的中點(diǎn)，
所以${y_0}=\frac{{\frac{5}{3}+{y_4}}}{2}=\frac{t}{9}$，可得${y_4}=\frac{2t-15}{9}$，
又-3＜t＜3，所以$-\frac{7}{3}＜{y_4}＜-1$，
因此點(diǎn)Q不在橢圓上．
所以這樣的直線l不存在．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．