Question

19．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的右焦點(diǎn)為F（c，0）且a＞b＞c＞0．設(shè)短軸的一個端點(diǎn)為D，原點(diǎn)O到直線DF的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，過原點(diǎn)和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點(diǎn)，且|$\overrightarrow{GF}$|+|$\overrightarrow{CF}$|=4．
（1）求橢圓E的方程；
（2）是否存在過點(diǎn)P（2，1）的直線l與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)A，B且使得$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$成立？若存在，試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F′，則|CF|+|CF′|=4=2a，求出a的值，再原點(diǎn)O到直線DF的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線DF的方程為$\frac{x}{c}$+$\frac{y}$=1可得到c，b的值，進(jìn)而得到橢圓的方程；
（2）假設(shè)存在直線滿足條件，設(shè)直線方程為y=k（x-2）+1，然后與橢圓方程聯(lián)立消去y得到一元二次方程，且方程一定有兩根，故應(yīng)△大于0得到k的范圍，進(jìn)而可得到兩根之和、兩根之積的表達(dá)式，再由$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$可確定k的值，從而得解．

解答 解：（1）設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F′，則|CF|+|CF′|=4=2a，
∴a=2．
∵原點(diǎn)O到直線DF的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直線DF的方程為$\frac{x}{c}$+$\frac{y}$=1，
∴$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{c}^{2}}+\frac{1}{^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴bc=$\sqrt{3}$，
∵a＞b＞c＞0，
∴b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴橢圓E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）若存在直線l滿足條件，由題意可設(shè)直線l的方程為y=k（x-2）+1，
聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0．
∵直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，
設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
所以△=[-8k（2k-1）]²-4•（3+4k²）•（16k²-16k-8）＞0．
整理得32（6k+3）＞0．
解得k＞-$\frac{1}{2}$，
x₁+x₂=$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$
∵$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$，即4（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=5，
∴（x₁-2）（x₂-2）（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
即[x₁x₂-2（x₁+x₂）++4]（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
∴（$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$-2×$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$+4]（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
解得k=±$\frac{1}{2}$．
∵A，B為不同的兩點(diǎn)，
∴k=$\frac{1}{2}$．
于是存在直線l滿足條件，其方程為y=$\frac{1}{2}$x．

點(diǎn)評 本題主要考查橢圓的基本性質(zhì)和直線與橢圓的綜合題．直線與圓錐曲線的綜合題是高考的重點(diǎn)題型，是壓軸題．