Question

15．如图，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率是$\frac{\sqrt{3}}{2}$，过点P（1，0）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于y轴时，直线l被椭圆C截得的线段长为2$\sqrt{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知D为椭圆的左端点，问：是否存在直线l使得△ABD的面积为$\frac{10\sqrt{2}}{3}$？若不存在，说明理由，若存在，求出直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由已知得点$（1，\sqrt{2}）$在椭圆C上，再由离心率性质列出方程组，求出a，b，从而求出椭圆的方程．
（2）设直线l的方程为x=my+1，与椭圆联立，得（m²+4）y²+2my-8=0，由此利用根的判别式、韦达定理、椭圆弦长公式能求出直线方程．

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率是$\frac{\sqrt{3}}{2}$，过点P（1，0）的动直线l与椭圆相交于A，B两点，
当直线l平行于y轴时，直线l被椭圆C截得的线段长为2$\sqrt{2}$．
∴点$（1，\sqrt{2}）$在椭圆C上．
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1\\{a^2}-{b^2}={c^2}\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\end{array}\right.$，解得$a=3，b=\frac{3}{2}$．…（4分）
∴椭圆的方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{{4{y^2}}}{9}=1$．…（5分）
（2）当直线l与x轴平行时，△ABD不存在，…（6分）
∴设直线l的方程为x=my+1，并设两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+\frac{{4{y^2}}}{9}=1\\ x=my+1\end{array}\right.$，得（m²+4）y²+2my-8=0，
其判别式△=4m²+32（m²+4）=36m²+128＞0，…（8分）
∴${y_1}+{y_2}=-\frac{2m}{{{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=-\frac{8}{{{m^2}+4}}$，
∴${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}|DP||{y_1}-{y_2}|=2\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$
=$2\sqrt{{{（\frac{2m}{{{m^2}+4}}）}^2}+\frac{32}{{{m^2}+4}}}=\frac{4}{{{m^2}+4}}\sqrt{9{m^2}+32}$…（10分）
假设存在直线l，则有，$\frac{4}{{{m^2}+4}}\sqrt{9{m^2}+32}=\frac{10}{3}\sqrt{2}$，
解得m²=2，负解删除，∴$m=±\sqrt{2}$，…（12分）
故存在直线l方程为$x=±\sqrt{2}y+1$，使得${S_{△ABD}}=\frac{{10\sqrt{2}}}{3}$．…（13分）

点评 本题考查椭圆方程、直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、根的判别式、韦达定理、椭圆弦长公式的合理运用．