Question

19．已知椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的右焦点为F（c，0）且a＞b＞c＞0．设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|$\overrightarrow{GF}$|+|$\overrightarrow{CF}$|=4．
（1）求椭圆E的方程；
（2）是否存在过点P（2，1）的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设椭圆的左焦点为F′，则|CF|+|CF′|=4=2a，求出a的值，再原点O到直线DF的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线DF的方程为$\frac{x}{c}$+$\frac{y}{b}$=1可得到c，b的值，进而得到椭圆的方程；
（2）假设存在直线满足条件，设直线方程为y=k（x-2）+1，然后与椭圆方程联立消去y得到一元二次方程，且方程一定有两根，故应△大于0得到k的范围，进而可得到两根之和、两根之积的表达式，再由$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$可确定k的值，从而得解．

解答 解：（1）设椭圆的左焦点为F′，则|CF|+|CF′|=4=2a，
∴a=2．
∵原点O到直线DF的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线DF的方程为$\frac{x}{c}$+$\frac{y}{b}$=1，
∴$\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{{c}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴bc=$\sqrt{3}$，
∵a＞b＞c＞0，
∴b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴椭圆E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）若存在直线l满足条件，由题意可设直线l的方程为y=k（x-2）+1，
联立$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0．
∵直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，
设A，B两点的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），
所以△=[-8k（2k-1）]²-4•（3+4k²）•（16k²-16k-8）＞0．
整理得32（6k+3）＞0．
解得k＞-$\frac{1}{2}$，
x₁+x₂=$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$
∵$\overrightarrow{O{P}^{2}}$=4$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$，即4（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=5，
∴（x₁-2）（x₂-2）（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
即[x₁x₂-2（x₁+x₂）++4]（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
∴（$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$-2×$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$+4]（1+k²）=$\frac{5}{4}$．
解得k=±$\frac{1}{2}$．
∵A，B为不同的两点，
∴k=$\frac{1}{2}$．
于是存在直线l满足条件，其方程为y=$\frac{1}{2}$x．

点评 本题主要考查椭圆的基本性质和直线与椭圆的综合题．直线与圆锥曲线的综合题是高考的重点题型，是压轴题．