Question

17．已知以橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）短軸上的一個頂點和橢圓的兩個焦點為頂點的三角形為正三角形，且面積為$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)動直線l交橢圓C于P，Q兩點，且原點O到直線l的距離為1，問：是否存在這樣的直線l，使OP⊥OQ？若存在，求出直線l的方程：若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意得到關(guān)于a，b，c的關(guān)系式，結(jié)合隱含條件求得a，b，c的值，則橢圓C的方程可求；
（Ⅱ）由原點O到直線l的距離為1，分三類設(shè)出直線l的方程，當(dāng)l的斜率不存在和斜率為0時直接求出P，Q的坐標(biāo)，說明不滿足OP⊥OQ，當(dāng)斜率存在時，設(shè)出直線方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用根與系數(shù)關(guān)系得到P，Q兩點的橫縱坐標(biāo)的和與積，由原點到直線的距離等于1得到m與k的關(guān)系，代入x₁x₂+y₁y₂不等于0，說明不存在直線l，使OP⊥OQ．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，a=2c，bc=$\sqrt{3}$，
又a²=b²+c²，求得$a=2，b=\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時，由題意可得直線l的方程為x=±1，
不妨取x=1，代入橢圓方程可得y=$±\frac{3}{2}$，則P（$1，-\frac{3}{2}$），Q（$1，\frac{3}{2}$），
此時不滿足OP⊥OQ；
當(dāng)直線l的斜率為0時，由題意可得直線l的方程為y=±1，
不妨設(shè)y=1，代入橢圓方程可得x=$±\frac{2}{3}\sqrt{6}$，則P（$-\frac{2}{3}\sqrt{6}，1$），Q（$\frac{2}{3}\sqrt{6}，1$），
此時不滿足OP⊥OQ；
當(dāng)直線l的斜率存在且不等于0時，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
則y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$
=$\frac{4{m}^{2}{k}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}-\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{3{m}^{2}+4{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$．
∴${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}+\frac{3{m}^{2}-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{7{m}^{2}-12{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∵$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1$，∴m²=k²+1，代入上式得：
${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-5{k}^{2}-5}{3+4{k}^{2}}＜0$．
∴OP⊥OQ不成立．
綜上，不存在這樣的直線l，使OP⊥OQ．

點評 本題考查了橢圓方程的求法，考查了直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及直線和圓錐曲線的位置關(guān)系問題，常采用聯(lián)立直線和圓錐曲線方程，然后借助于一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系求解，特點是運算量大，要求考生具有較強的運算能力，是壓軸題．