Question

6．設(shè)橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)為（0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，離心率e=$\frac{1}{2}$，過(guò)橢圓右焦點(diǎn)F₂的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在直線l，使得$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）橢圓的頂點(diǎn)為（0，$\sqrt{3}$），即b=$\sqrt{3}$，橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，a=2，即可求得橢圓C的方程；
（2）由題意可知：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)不合題意，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)存在直線l為y=k（x-1），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=$\frac{-5{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，由$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，代入即可求得k的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，橢圓的頂點(diǎn)為（0，$\sqrt{3}$），即b=$\sqrt{3}$，
橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，解得：a=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；--------（4分）
（2）由題可知，直線l與橢圓必相交．
①當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)不合題意．--------（5分）
②當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)存在直線l為y=k（x-1），且M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，----------（7分）
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
y₁•y₂=[k（x₁-1）][k（x₂-1）]=k²[x₁•x₂-（x₁+x₂）+1]
$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₁•x₂+y₁•y₂=x₁•x₂+k²[x₁•x₂-（x₁+x₂）+1]，
=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+k²（$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+1），
=$\frac{-5{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=-2，即$\frac{-5{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$=-2，
解得：k=±$\sqrt{2}$，----------（10分）
故直線l的方程為y=$\sqrt{2}$（x-1）或y=-$\sqrt{2}$（x-1），
即$\sqrt{2}$x-y-$\sqrt{2}$=0或$\sqrt{2}$x+y-$\sqrt{2}$=0．----------（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．