Question

5．已知椭圆C：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{2}$=1的左右焦点分别为F₁，F₂，直线l₁经过椭圆的右焦点与椭圆交于A，B两点，且|AB|=3．
（ I）求直线l₁的方程；
（ II）已知过右焦点F₂的动直线l₂与椭圆C交于P，Q不同两点，是否存在x轴上一定点T，使∠OTP=∠OTQ？（O为坐标原点）若存在，求出点T的坐标；若不存在说明理由．

Answer 1

分析 （I）解法一：直线方程与椭圆方程联立化为一元二次方程，利用弦长公式即可得出．解法二：利用焦半径公式可得．
（II） II）设l₂的方程为$my=x-\sqrt{2}$与椭圆联立：$（{m^2}+1）{y^2}+2\sqrt{2}y-2=0$．假设存在点T（t，0）符合要求，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．∠OTP=∠OTQ$?\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0?{y_1}（{x_2}-t）+{y_2}（{x_1}-t）=0$，再利用根与系数的关系即可得出．

解答 解：（ I）解法一：设l₁的方程为$y=k（x-\sqrt{2}）$，与椭圆联立得$（2{k^2}+1）{x^2}-4\sqrt{2}{k^2}x+4{k^2}-4=0$，
直线经过椭圆内一点，故△＞0恒成立，设A（x₃，y₃），B（x₄，y₄），则${x_3}+{x_4}=\frac{{4\sqrt{2}{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_3}{x_4}=\frac{{4{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$．
∴$|{x_3}-{x_4}{|^2}={（{x_3}+{x_4}）^2}-4{x_3}{x_4}=\frac{{32{k^4}}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}-4\frac{{4（{k^2}-1）}}{{2{k^2}+1}}=16\frac{{2{k^4}-（{k^2}-1）（2{k^2}+1）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}=\frac{{16（{k^2}+1）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}$，
$|{x_3}-{x_4}|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}}}{{2{k^2}+1}}$，
∴$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_3}-{x_4}|=\frac{{4{k^2}+4}}{{2{k^2}+1}}=3$，
解得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，l₁的方程为$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x-1$或$y=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}x+1$；
解法二：由焦半径公式有$|AB|=2a-e（{x_3}+{x_4}）=4-\frac{{\sqrt{2}}}{2}\frac{{4\sqrt{2}{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=4-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=3$，解得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（ II）设l₂的方程为$my=x-\sqrt{2}$与椭圆联立：$（{m^2}+1）{y^2}+2\sqrt{2}y-2=0$，
由于过椭圆内一点，△＞0．
假设存在点T（t，0）符合要求，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
韦达定理：${y_1}+{y_2}=\frac{{-2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+2}}，{y_1}{y_2}=\frac{-2}{{{m^2}+2}}$．
∠OTP=∠OTQ$?\frac{y_1}{{{x_1}-t}}+\frac{y_2}{{{x_2}-t}}=0?{y_1}（{x_2}-t）+{y_2}（{x_1}-t）=0$，
点在直线$my=x-\sqrt{2}$上有${y_1}（m{y_2}+\sqrt{2}-t）+{y_2}（m{y_1}+\sqrt{2}-t）=0$，
即$2m{y_1}{y_2}+（\sqrt{2}-t）（{y_1}+{y_2}）=0$，
∴$2m\frac{-2}{{{m^2}+2}}+（\sqrt{2}-t）\frac{{-2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+2}}=0$，
解得$t=2\sqrt{2}$．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、焦半径公式、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．