14.已知中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C過點(diǎn)(1,$\frac{\sqrt{2}}{2}$),離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$,A1,A2是橢圓C的長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)(A2位于A1右側(cè)),B是橢圓在y軸正半軸上的頂點(diǎn).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)是否存在經(jīng)過點(diǎn)(0,$\sqrt{2}$)且斜率為k的直線l與橢圓C交于不同兩點(diǎn)P和Q,使得向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$與$\overrightarrow{{A_2}B}$共線?如果存在,求出直線方程;如果不存在,請(qǐng)說明理由.

分析 (1)利用橢圓結(jié)果的點(diǎn)以及離心率列出方程組,求解a,b即可得到橢圓方程.
(2)設(shè)直線l的方程為:$y=kx+\sqrt{2}$,通過$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+\sqrt{2}}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.⇒$$(\frac{1}{2}+{k^2}){x^2}+2\sqrt{2}kx+1=0$.令P(x1,y1),Q(x2,y2),利用判別式以及韋達(dá)定理,通過向量關(guān)系求解直線的斜率即可.

解答 解:(1)設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$,
依題意得$\left\{{\begin{array}{l}{{a^2}={b^2}+{c^2}}\\{\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1}\end{array}}\right.$解得a2=2,b2=1.
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$.
(2)假設(shè)存在過點(diǎn)$(0,\sqrt{2})$且斜率為k的直線l適合題意,
則因?yàn)橹本l的方程為:$y=kx+\sqrt{2}$,于是聯(lián)立方程,
$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+\sqrt{2}}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.⇒$$(\frac{1}{2}+{k^2}){x^2}+2\sqrt{2}kx+1=0$.
由直線l與橢圓C交于不同兩點(diǎn)P和Q知,$△=8{k^2}-4(\frac{1}{2}+{k^2})$=4k2-2>0,
∴${k^2}>\frac{1}{2}$.
令P(x1,y1),Q(x2,y2),∴$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=({x_1}+{x_2},{y_1}+{y_2})$,
∵${x_1}+{x_2}=-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{1+2{k^2}}}$,${y_1}+{y_2}=k({x_1}+{x_2})+2\sqrt{2}$=$\frac{{2\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}}$,
∴$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=(-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{1+2{k^2}}},\frac{{2\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}})$=$\frac{{2\sqrt{2}}}{{1+2{k^2}}}(-2k,1)$,
由題知${A_2}(\sqrt{2},0)$,B(0,1),$\overrightarrow{{A_2}B}(-\sqrt{2},1)$.
從而,根據(jù)向量$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$與A2B共線,可得$2k=\sqrt{2}$,$k=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$,這與${k^2}>\frac{1}{2}$矛盾.
故不存在符合題意的直線l.

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法,直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,解析幾何與向量的應(yīng)用,設(shè)而不求方法的應(yīng)用.

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A.B.C.D.

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x12345
lnx00.691.101.391.61
x-2-10123
A.1B.2C.3D.4

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