Question

6．已知橢圓$G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓G的方程；
（Ⅱ）設(shè)過(guò)橢圓G的上頂點(diǎn)A的直線l與橢圓G的另一個(gè)交點(diǎn)為B，與x軸交于點(diǎn)C，線段AB的中點(diǎn)為D，線段AB的垂直平分線分別交x軸、y軸于P、Q兩點(diǎn)．問(wèn)：是否存在直線l使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）？若存在，求出所有滿足條件的直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得2a=4，即a=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得c，再由a，b，c的關(guān)系可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)A（0，1），直線AB的方程為y=kx+1，代入橢圓方程，求得B的坐標(biāo)，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得D，求得線段AB的中垂線方程，可得P，Q的坐標(biāo)，假設(shè)存在直線l，使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），運(yùn)用三角形的面積公式，可得$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，解方程即可得到所求k的值，進(jìn)而判斷存在直線l．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得2a=4，即a=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得c=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
可得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設(shè)A（0，1），直線AB的方程為y=kx+1，
代入橢圓方程，可得（1+4k²）x²+8kx=0，
解得x=-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，或x=0．
即有B（-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
中點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{1}{1+4{k}^{2}}$），
可得AB的中垂線方程為y-$\frac{1}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
化為y=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$，
可得P（-$\frac{3k}{1+4{k}^{2}}$，0），Q（0，-$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$），
假設(shè)存在直線l，使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），
即有$\frac{1}{2}$PD•PC•sin∠DPC=$\frac{1}{2}$PO•PQ•sin∠OPQ，
即有PD•PC=PO•PQ，
即為$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，
即有$\frac{-（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}}$=-3，
解得k=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
故存在直線l，且l的方程為y=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$x+1，
使△PDC與△POQ的面積相等（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的離心率公式和長(zhǎng)軸長(zhǎng)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，求交點(diǎn)，兩直線垂直的條件及中點(diǎn)坐標(biāo)公式的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．