Question

20．橢圓C的對(duì)稱(chēng)中心是原點(diǎn)，對(duì)稱(chēng)軸是坐標(biāo)軸，離心率與雙曲線${x^2}-\frac{y^2}{3}=1$離心率互為倒數(shù)，且過(guò)$（{\sqrt{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$點(diǎn)，設(shè)E、F分別為橢圓的左右焦點(diǎn)．
（Ⅰ）求出橢圓方程；
（Ⅱ）一條縱截距為2的直線l₁與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，若以PQ直徑的圓恰過(guò)原點(diǎn)，求出直線方程；
（Ⅲ）直線l₂：x=ty+1與曲線C交與A、B兩點(diǎn)，試問(wèn)：當(dāng)t變化時(shí)，是否存在一條直線l₂，使△ABE的面積為$2\sqrt{3}$？若存在，求出直線l₂的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{{4{y^2}}}{{3{a^2}}}=1$，推導(dǎo)出a²=4，由此能求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)直線為y=kx+2，聯(lián)立直線l₁和橢圓方程，得（3+4k²）x²+16kx+4=0，由此利用韋達(dá)定理、圓的直徑的性質(zhì)、向量垂直性質(zhì)，能求出直線方程．（Ⅲ）由方程組$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、三角形面積公式能推導(dǎo)出不存在直線l滿足題意．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）雙曲線${x^2}-\frac{y^2}{3}=1$的離心率為2
∴橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$
設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸為a，短半軸為b，半焦距為c，b²=a²-c²，
∴$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，∴$b=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，
設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{{4{y^2}}}{{3{a^2}}}=1$
橢圓過(guò)$（\sqrt{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$點(diǎn)，∴$\frac{3}{a^2}+\frac{{4×\frac{3}{4}}}{{3{a^2}}}=1$，解得a²=4，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（4分）
（Ⅱ）直線l₁斜率必存在，且縱截距為2，設(shè)直線為y=kx+2
聯(lián)立直線l₁和橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得：（3+4k²）x²+16kx+4=0，
由△＞0，得${k^2}＞\frac{1}{4}$（*）
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）
則${x_1}+{x_2}=-\frac{16k}{{3+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{4}{{3+4{k^2}}}$（1）
∵以PQ直徑的圓恰過(guò)原點(diǎn)，∴OP⊥OQ，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，
即x₁x₂+y₁y₂=0，也即x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）=0，
即（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=0，
將（1）式代入，得$\frac{{4（1+{k^2}）}}{{3+4{k^2}}}-\frac{32k}{{3+4{k^2}}}+4=0$，
即4（1+k²）-32k²+4（3+4k²）=0，
解得${k^2}=\frac{4}{3}$，滿足（*）式，∴$k=±\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．…（8分）
（Ⅲ）由方程組$\left\{\begin{array}{l}x=ty+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3t²+4）y²+6ty-9=0（*），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${y_1}+{y_2}=-\frac{6t}{{3{t^2}+4}}，{y_1}•{y_2}=-\frac{9}{{3{t^2}+4}}＜0$，

∴$|{{y_1}-{y_2}}|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\sqrt{{{（-\frac{6t}{{3{t^2}+4}}）}^2}-4（-\frac{9}{{3{t^2}+4}}）}=\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$，
∵直線l：x=ty+1過(guò)點(diǎn)F（1，0），
∴△ABE的面積${S_{△ABE}}=\frac{1}{2}|{EF}|•|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{1}{2}×2×\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}=\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$$令\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}=2\sqrt{3}$，
則${t^2}=-\frac{2}{3}$不成立，故不存在直線l滿足題意．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、直線方程的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、三角形面積公式、橢圓性質(zhì)、直線和橢圓位置關(guān)系的合理運(yùn)用．