Question

12．已知橢圓C以F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為焦點(diǎn)，且離心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C與x軸正半軸、y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A、B，是否存在過點(diǎn)$M（0\;，\;\sqrt{2}）$的直線l₁，滿足：直線l₁與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)P、Q，且使得向量$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$與$\overrightarrow{AB}$垂直．如果存在，寫出l₁的方程；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知c，再由離心率求得a，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）寫出過點(diǎn)$M（0\;，\;\sqrt{2}）$斜率為k的直線l₁的方程，與橢圓C方程聯(lián)立消y得關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得P，Q的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的和，結(jié)合向量$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$與$\overrightarrow{AB}$垂直求得k，已知判別式得答案．

解答 解：（1）設(shè)橢圓C的半長軸長、半短軸長、半焦距長分別為a、b、c，
由題設(shè)知：c=1，由$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{a}=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$，得$a=\sqrt{2}$，則b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）過點(diǎn)$M（0\;，\;\sqrt{2}）$斜率為k的直線${l_1}：y-\sqrt{2}=kx$，
即${l_1}：y=kx+\sqrt{2}$，與橢圓C方程聯(lián)立消y得$（2{k^2}+1）{x^2}+4\sqrt{2}kx+2=0$，
由l₁與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)，知△=32k²-8（2k²+1）＞0，得$k＜-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$或$k＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴k的范圍是$（-∞，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$；
設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{2{k^2}+1}}$，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$，
則$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=（{x_1}+{x_2}，{y_1}+{y_2}）$=$（-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{2{k^2}+1}}\;，\;\frac{{2\sqrt{2}}}{{2{k^2}+1}}）$，
由題設(shè)知$A（\sqrt{2}\;，\;0）\;、B（0\;，\;1）$，∴$\overrightarrow{AB}=（-\sqrt{2}\;，\;1）$，
若$（\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}）⊥\overrightarrow{AB}$，須$（\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}）•\overrightarrow{AB}=\frac{8k}{{2{k^2}+1}}+\frac{{2\sqrt{2}}}{{2{k^2}+1}}=0$，得$k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
$k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}∉$$（-∞，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$，
∴不存在滿足題設(shè)條件的l₁．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查平面向量在求解圓錐曲線問題中的應(yīng)用，是中檔題．