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    6．已知椭圆$G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的长轴长为4，离心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
    （Ⅰ）求椭圆G的方程；
    （Ⅱ）设过椭圆G的上顶点A的直线l与椭圆G的另一个交点为B，与x轴交于点C，线段AB的中点为D，线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于P、Q两点．问：是否存在直线l使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点）？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，说明理由．

    分析 （Ⅰ）由题意可得2a=4，即a=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得c，再由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；
    （Ⅱ）设A（0，1），直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆方程，求得B的坐标，再由中点坐标公式可得D，求得线段AB的中垂线方程，可得P，Q的坐标，假设存在直线l，使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点），运用三角形的面积公式，可得$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，解方程即可得到所求k的值，进而判断存在直线l．

    解答 解：（Ⅰ）由题意可得2a=4，即a=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
    解得c=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
    可得椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1；
    （Ⅱ）设A（0，1），直线AB的方程为y=kx+1，
    代入椭圆方程，可得（1+4k2）x2+8kx=0，
    解得x=-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，或x=0．
    即有B（-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
    中点D的坐标为（-$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{1}{1+4{k}^{2}}$），
    可得AB的中垂线方程为y-$\frac{1}{1+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
    化为y=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$，
    可得P（-$\frac{3k}{1+4{k}^{2}}$，0），Q（0，-$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$），
    假设存在直线l，使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点），
    即有$\frac{1}{2}$PD•PC•sin∠DPC=$\frac{1}{2}$PO•PQ•sin∠OPQ，
    即有PD•PC=PO•PQ，
    即为$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，
    即有$\frac{-（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}}$=-3，
    解得k=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
    故存在直线l，且l的方程为y=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$x+1，
    使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点）．

    点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率公式和长轴长，考查直线方程和椭圆方程联立，求交点，两直线垂直的条件及中点坐标公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

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