Question

3．直线l过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点F，且与此椭圆交于点A，B，若椭圆上存在一点M，使得$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OM}$（O为坐标原点）．
（1）求椭圆的离心率的取值范围；
（2）椭圆上是否存在这样一点M，使得四边形OAMB为矩形，如果存在，试求出M的坐标；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设F（c，0），直线l的方程为y=k（x-c），代入椭圆方程，运用韦达定理和向量的加法坐标运算，代入椭圆方程，解方程可得k，由k²＞0，解不等式可得e的范围；
（2）椭圆上假设存在这样一点M，使得四边形OAMB为矩形．即有OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，代入韦达定理，化简整理，解得k，结合（1），即可得到矛盾，进而判断不存在．

解答 解：（1）设F（c，0），直线l的方程为y=k（x-c），
代入椭圆方程可得（b²+a²k²）x²-2ca²k²x+a²c²k²-a²b²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂-2c）=-$\frac{2kc{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{OM}$，可得M的坐标为（$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，-$\frac{2kc{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$），
代入椭圆方程可得
$\frac{4{c}^{2}{a}^{2}{k}^{4}}{（{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}{c}^{2}{b}^{2}}{（{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}）^{2}}$=1，
即有k⁴（4c²a²-a⁴）+k²（4c²b²-2a²b²）-b⁴=0，
△=（4c²b²-2a²b²）²+4b⁴（4c²a²-a⁴）
=16c⁴b⁴，
解得k²=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$或$\frac{{a}^{2}{b}^{2}-4{c}^{2}{b}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$（舍去），
由k²＞0，可得4c²a²-a⁴＞0，
即为c＞$\frac{1}{2}$a，可得$\frac{1}{2}$＜e＜1；
（2）椭圆上假设存在这样一点M，使得四边形OAMB为矩形．
即有OA⊥OB，可得x₁x₂+y₁y₂=0，
即有（1+k²）x₁x₂-ck²（x₁+x₂）+k²c²=0，
由（1）可得（1+k²）•$\frac{{a}^{2}{c}^{2}{k}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$-ck²（$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$）+k²c²=0，
化简可得k²=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}{c}^{2}-{b}^{4}}$，
由（1）可得k²=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{4{c}^{2}{a}^{2}-{a}^{4}}$，
即有a²c²-b⁴=4a²c²-a⁴，
即为3a²c²=（a²-b²）（a²+b²），
即有2a²=b²，这与a＞b矛盾，
故不存在这样一点M，使得四边形OAMB为矩形．

点评 本题考查椭圆的离心率的范围，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的加法运算，考查存在性问题的解法，注意运用两向量垂直的条件：数量积为0，考查化简整理的运算能力，属于中档题．