Question

12．已知A（x₀，0），B（0，y₀）兩點(diǎn)分別在x軸和y軸上運(yùn)動(dòng)，且|AB|=1，若動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足$\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OA}+\sqrt{3}\overrightarrow{OB}$．
（I）求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡對(duì)應(yīng)曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）一條縱截距為2的直線l₁與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，若以PQ直徑的圓恰過原點(diǎn)，求出直線方程；
（Ⅲ）直線l₂：x=ty+1與曲線C交于A、B兩點(diǎn)，E（1，0），試問：當(dāng)t變化時(shí)，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(biāo)運(yùn)算，以及|AB|=1，得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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?yàn)?\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$又因?yàn)閨AB|=1，所以${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$， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ） 直線l₁斜率必存在，且縱截距為2，設(shè)直線為y=kx+2聯(lián)立直線l₁和橢圓方程$\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直徑的圓恰過原點(diǎn)，
所以O(shè)P⊥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(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${y_1}+{y_2}=-\frac{6t}{{3{t^2}+4}}，{y_1}•{y_2}=-\frac{9}{{3{t^2}+4}}＜0$
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?yàn)橹本€l：x=ty+1過點(diǎn)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(diǎn)評(píng) 本題考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和直線和橢圓的位置關(guān)系，培養(yǎng)了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，運(yùn)算能力，屬于中檔題．