Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，直線AB的斜率為$\frac{\sqrt{6}}{6}$，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線AB的距離為$\frac{\sqrt{42}}{7}$．
（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）是否在圓O：x²+y²=b²上存在點(diǎn)D，使得圓O過(guò)點(diǎn)D的切線與橢圓C交于點(diǎn)P，Q，線段PQ的中點(diǎn)為M，直線PQ與OM的夾角為45°？若存在，求點(diǎn)D的橫坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）由題意可得A（-a，0），B（0，b），求得AB的斜率和方程，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）討論當(dāng)切線l的斜率不存在和為0，不為0，設(shè)出直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程可得（1+6k²）x²+12ktx+6t²-6=0，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，由兩直線的夾角公式，由直線和圓相切的條件：d=r，進(jìn)而得到直線方程，再由切線和OM的方程，求得切點(diǎn)的橫坐標(biāo)．

解答 解：（I）由題意可得A（-a，0），B（0，b），
k_AB=$\frac{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}$，
直線AB的方程為y=$\frac{\sqrt{6}}{6}$x+b，
由題意可得$\frac{\sqrt{1+\frac{1}{6}}}$=$\frac{\sqrt{42}}{7}$，
解得b=1，a=$\sqrt{6}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+y²=1；
（Ⅱ）當(dāng)切線l的斜率不存在時(shí)，即有OM⊥l，夾角為90°，不合題意；
當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，不符合題意；
設(shè)直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程可得
（1+6k²）x²+12ktx+6t²-6=0，
可得x₁+x₂=-$\frac{12kt}{1+6{k}^{2}}$，
可得中點(diǎn)M（-$\frac{6kt}{1+6{k}^{2}}$，$\frac{t}{1+6{k}^{2}}$），
又直線l與圓x²+y²=1相切，可得$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，即1+k²=t²，
可得OM的斜率為k'=-$\frac{1}{6k}$，
直線PQ和OM的夾角的正切為|$\frac{-\frac{1}{6k}-k}{1-\frac{1}{6k}•k}$|=$\frac{6}{5}$|k+$\frac{1}{6k}$|=1，
解得k=±$\frac{1}{2}$或±$\frac{1}{3}$，
即有t²=$\frac{5}{4}$或$\frac{10}{9}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=2x}\\{y=-\frac{1}{2}x±\frac{\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$解得x=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$；由$\left\{\begin{array}{l}{y=-2x}\\{y=\frac{1}{2}x±\frac{\sqrt{5}}{2}}\end{array}\right.$解得x=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$；
由$\left\{\begin{array}{l}{y=3x}\\{y=-\frac{1}{3}x±\frac{\sqrt{10}}{3}}\end{array}\right.$解得x=±$\frac{\sqrt{10}}{10}$；由$\left\{\begin{array}{l}{y=-3x}\\{y=\frac{1}{3}x±\frac{\sqrt{10}}{3}}\end{array}\right.$，解得x=±$\frac{\sqrt{10}}{10}$．
綜上可得，存在點(diǎn)D，且橫坐標(biāo)為±$\frac{\sqrt{5}}{5}$或±$\frac{\sqrt{10}}{10}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用直線的斜率公式和點(diǎn)到直線的距離公式，考查兩直線夾角的求法，注意運(yùn)用夾角公式，同時(shí)考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．