Question

3．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左、右頂點(diǎn)是雙曲線$\frac{x^2}{3}-{y^2}=1$的頂點(diǎn)，且橢圓的上頂點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）是否存在同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的直線l：①與雙曲線相交于Q₁、Q₂兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}=-5$，②與相交于M₁、M₂兩點(diǎn)，且$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{10}$．若存在，求出直線l的方程，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求得a²=3，再由橢圓的上頂點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$求得b=1，則橢圓的方程可求；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線滿足條件，設(shè)出直線l的方程為y=kx+m，代入雙曲線方程化為關(guān)于x的一元二次方程，得到m與k的關(guān)系，再利用根與系數(shù)關(guān)系結(jié)合$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}=-5$得到m²=1-9k²．再把直線和橢圓聯(lián)立，由判別式大于0求得3k²+1＞m²，進(jìn)一步求得k的范圍，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到M₁、M₂兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)的和與積，代入弦長(zhǎng)公式即可求得k的值，得到m的值，則直線l的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：a²=3，
又橢圓的上頂點(diǎn)為（0，b），雙曲線的漸近線為：$y=±\frac{\sqrt{3}}{3}x$，即$x±\sqrt{3}y=0$，
由點(diǎn)到直線的距離公式有：$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{|±\sqrt{3}b|}{2}$，即b=1，
∴橢圓的方程為：$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線滿足條件，則它的斜率一定存在．
設(shè)直線l的方程為y=kx+m，代入$\frac{x^2}{3}-{y^2}=1$，消去y并整理得：（1-3k²）x²-6kmx-3m²-3=0．
則：$\left\{\begin{array}{l}1-3{k^2}≠0\\ 36{k^2}{m^2}-4（1-3{k^2}）（-3{m^2}-3）＞0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{1-3{k}^{2}≠0}\\{{m}^{2}+1＞3{k}^{2}}\end{array}\right.$，…①
設(shè)Q₁（x₁，y₁）、Q₂（x₂，y₂），則有：${x_1}+{x_2}=\frac{6km}{{1-3{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{-3{m^2}-3}}{{1-3{k^2}}}$．
又$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}$=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$，且$\overrightarrow{O{Q_1}}•\overrightarrow{O{Q_2}}=-5$，
∴$\frac{1}{{1-3{k^2}}}[（1+{k^2}）（-3{m^2}-3）+6{k^2}{m^2}+{m^2}（1-3{k^2}）]=-5$，得m²=1-9k²． …②
將y=kx+m代入$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，消去y并整理得：（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0，
則△=36k²m²-4（1+3k²）（3m²-3）＞0，即3k²+1＞m²，…③
由①②③有：$0＜{k^2}≤\frac{1}{9}$．
設(shè)M₁（x₃，y₃）、M₂（x₄，y₄），則有：${x_3}+{x_4}=\frac{-6kb}{{1+3{k^2}}}$，${x_3}•{x_4}=\frac{{3{b^2}-3}}{{1+3{k^2}}}$．
∴$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{36{k^2}{b^2}-4（3{b^2}-3）（1+3{k^2}）}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$=$\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{-4（3{b^2}-3-9{k^2}）}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$，
又b²=1-9k²，代入上式得：$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{144{k^2}}}{{{{（1+3{k^2}）}^2}}}}$=$\frac{12|k|}{1+3{k}^{2}}\sqrt{1+{k}^{2}}$，
由$|{{M_1}{M_2}}|=\sqrt{10}$，得$\frac{12|k|}{1+3{k}^{2}}\sqrt{1+{k}^{2}}=\sqrt{10}$，解得$k=±\frac{1}{3}$滿足條件．
代入b²=1-9k²，可求得b=0，
故存在滿足條件的直線l，其方程為$y=±\frac{1}{3}x$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系求解，是處理這類(lèi)問(wèn)題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點(diǎn)是計(jì)算量比較大，要求考試具備較強(qiáng)的運(yùn)算推理的能力，是壓軸題．