Question

12．（普通中学做）已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，过右焦点F的直线l与C
相交于A、B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上是否存在一点P，使得当l绕F转到某一位置时，有$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$成立？若存在，求点P的坐标与直线l的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设F（c，0），可得直线l的方程为y=x-c，运用点到直线的距离公式，求得c，再由离心率公式计算即可得到a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀）设y=k（x-2$\sqrt{2}$）（k≠0），代入椭圆方程得（1+3k²）x²-12$\sqrt{2}$k²x+24k²-12=0，由此运用韦达定理和向量的坐标运算，求出点P的坐标代入椭圆方程，解得k，即可得到所求．

解答 解：（1）设F（c，0），可得直线l的方程为y=x-c，
即为x-y-c=0，由坐标原点O到l的距离为2，
即有2=$\frac{|c|}{\sqrt{2}}$，解得c=2$\sqrt{2}$，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，可得a=2$\sqrt{3}$，b=2，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{12}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀），
①当直线l的斜率存在，设其方程为：y=k（x-2$\sqrt{2}$）（k≠0）
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+3{y}^{2}=12}\\{y=k（x-2\sqrt{2}）}\end{array}\right.$，消去y得（1+3k²）x²-12$\sqrt{2}$k²x+24k²-12=0．
∴x₁+x₂=$\frac{12\sqrt{2}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂-4$\sqrt{2}$）=k•（$\frac{12\sqrt{2}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$-4$\sqrt{2}$）=$\frac{-4\sqrt{2}k}{1+3{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，
∴x₀=x₁+x₂=$\frac{12\sqrt{2}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，
∴y₀=y₁+y₂=$\frac{-4\sqrt{2}k}{1+3{k}^{2}}$．
将P点坐标代入椭圆得（$\frac{12\sqrt{2}{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$）²+3（$\frac{-4\sqrt{2}k}{1+3{k}^{2}}$）²=12，
∴15k⁴+2k²-1=0，∴k²=$\frac{1}{5}$（-$\frac{1}{3}$舍去），即为k=±$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
当k=$\frac{\sqrt{5}}{5}$时，P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}}{2}$），直线l：x-$\sqrt{5}$y-2$\sqrt{2}$=0，
当k=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$时，P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{10}}{2}$），直线l：x+$\sqrt{5}$y-2$\sqrt{2}$=0．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x=2$\sqrt{2}$，
依题意，四边形OAPB为菱形，此时点P不在椭圆上，
即当直线l的斜率不存在时，不适合题意；
综上所述，存在P，且P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{10}}{2}$），直线l：x-$\sqrt{5}$y-2$\sqrt{2}$=0，
或P（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{10}}{2}$），直线l：x+$\sqrt{5}$y-2$\sqrt{2}$=0．

点评 本题考查椭圆C的方程的求法，探究存在性问题的解法，综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．