Question

12．已知A（x₀，0），B（0，y₀）兩點分別在x軸和y軸上運動，且|AB|=1，若動點P（x，y）滿足$\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OA}+\sqrt{3}\overrightarrow{OB}$．
（I）求出動點P的軌跡對應曲線C的標準方程；
（Ⅱ）一條縱截距為2的直線l₁與曲線C交于P，Q兩點，若以PQ直徑的圓恰過原點，求出直線方程；
（Ⅲ）直線l₂：x=ty+1與曲線C交于A、B兩點，E（1，0），試問：當t變化時，是否存在一直線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，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)向量的坐標運算，以及|AB|=1，得到橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）直線l₁斜率必存在，且縱截距為2，根據(jù)直線與橢圓的位置關(guān)系，即可求出k的值，問題得以解決．
（Ⅲ）根據(jù)直線和橢圓額位置關(guān)系，以及三角形的面積公式得到S_△ABE=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$，令=$\frac{12\sqrt{{t}^{2}+1}}{3{t}^{2}+4}$=2$\sqrt{3}$，則${t^2}=-\frac{2}{3}$不成立，問題得以解決．

解答 解：（Ⅰ） 因為$\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OA}+\sqrt{3}\overrightarrow{OB}$，
即$（x，y）=2（{x_0}，0）+\sqrt{3}（0，{y_0}）=（2{x_0}，\sqrt{3}{y_0}）$，
所以$x=2{x_0}，y=\sqrt{3}{y_0}$，
所以${x_0}=\frac{1}{2}x，{y_0}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}y$
又因為|AB|=1，所以${x_0}^2+{y_0}^2=1$，
即：${（\frac{1}{2}x）^2}+{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}y）^2}=1$，
即$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
所以橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ） 直線l₁斜率必存在，且縱截距為2，設直線為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直徑的圓恰過原點，
所以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$\frac{4（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{32{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+4=0，
即4（1+k²）-32k²+4（3+4k²）=0，
解得${k^2}=\frac{4}{3}$，滿足（*）式，
所以$k=±\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
所以直線方程為y=±$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2
（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${y_1}+{y_2}=-\frac{6t}{{3{t^2}+4}}，{y_1}•{y_2}=-\frac{9}{{3{t^2}+4}}＜0$
所以$\left|{{y_1}-{y_2}}\right|=\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\sqrt{{{（-\frac{6t}{{3{t^2}+4}}）}^2}-4（-\frac{9}{{3{t^2}+4}}）}=\frac{{12\sqrt{{t^2}+1}}}{{3{t^2}+4}}$，
因為直線l：x=ty+1過點F（1，0），
所以S_△ABE=$\frac{1}{2}$|EF|•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$×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．

點評 本題考查向量的坐標運算以及橢圓的標準方程和直線和橢圓的位置關(guān)系，培養(yǎng)了學生的轉(zhuǎn)化能力，運算能力，屬于中檔題．