Question

7．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，点A是椭圆上的一点，且点A到椭圆C的两焦点的距离之和为4，
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点（1，0）作直线l与椭圆C交于A，B两点，O是坐标原点，设$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线长相等？若存在，求出l的方程，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2a=4，a²=b²+c²，联立解出即可得出．
（2）由$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四边形OASB为平行四边形．假设存在直线l，使$|\overrightarrow{OS}|=|\overrightarrow{AB}|$，
可得四边形OASB为矩形，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0．对直线l的斜率分类讨论，利用直线与椭圆的方程联立，再利用数量积运算性质即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2a=4，a²=b²+c²，
联立解得a=2，解得b=c=$\sqrt{2}$．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）∵$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四边形OASB为平行四边形．
假设存在直线l，使$|\overrightarrow{OS}|=|\overrightarrow{AB}|$，
所以四边形OASB为矩形，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，
设直线l的斜率不存在，则直线的方程为x=1．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=±\frac{\sqrt{6}}{2}}\end{array}\right.$，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=-$\frac{1}{2}$＜0，舍去．
若直线的斜率存在，设直线的方程为y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（2k²+1）x²-4k²x+2（k²-2）=0，
∴x₁•x₂=$\frac{2（{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$，x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，∴x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+k²（x₁-1）（x₂-1）=（1+k²）x₁•x₂+k²（x₁+x₂）+k²=0，
∴（1+k²）×$\frac{2（{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$+$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$×k²+k²=0，
化为k²=-4，因此不存在直线满足条件．
综上，满足条件的直线不存在．

点评 本题考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．