Question

13．在平面直角坐標(biāo)系x0y中，已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過（0，1），且離心率e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
（1）求橢圓方程．
（2）經(jīng)過點(diǎn)（0，$\sqrt{2}）$且斜率k的直線l與橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0）有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q．
①求k的取值范圍．
②設(shè)橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A、B，是否存在常數(shù)k，使向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$與$\overrightarrow{AB}$共線？如果存在，求k值；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓方程可知：焦點(diǎn)在x軸，過（0，1），即b=1，由e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，求得a，即可求得橢圓方程；
（2）①設(shè)直線方程$y=kx+\sqrt{2}$，代入橢圓方程，由直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q等價(jià)于△＞0，即可求得k的取值范圍，②假設(shè)存在k，由$O\vec P+O\vec Q$=（x₁+x₂，y₁+y₂），由韋達(dá)定理可知${x_1}+{x_2}=\frac{{4\sqrt{2}k}}{{1+2{k^2}}}$，求得向量$\overrightarrow{AB}$，$O\vec P+O\vec Q$與$A\vec B$共線等價(jià)于${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}（{y_1}+{y_2}）$，代入即可求得k的值，與①矛盾，故不存在k，使向量$\overrightarrow{OP}$+$\overrightarrow{OQ}$與A$\vec B$共線．

解答 解：（1）由$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸，
經(jīng)過（0，1），
故b=1，
又離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，解得：a²=2，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）①由已知條件，直線l的方程為$y=kx+\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\sqrt{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（$（\frac{1}{2}+{k^2}）{x^2}+2\sqrt{2}kx+1=0$，
直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q等價(jià)于△＞0，
∴△=$8{k^2}-4（\frac{1}{2}+{k^2}）=4{k^2}-2＞0$，解得：$k＜-\frac{{\sqrt{2}}}{2}或k＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
即k的取值范圍為$（-∞，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$．
②設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$O\vec P+O\vec Q$=（x₁+x₂，y₁+y₂），
由韋達(dá)定理得：${x_1}+{x_2}=\frac{{4\sqrt{2}k}}{{1+2{k^2}}}$，
又${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+2\sqrt{2}$，而A$（\sqrt{2}，0），B（0，1），A\vec B=（-\sqrt{2}，1）$，
∴$O\vec P+O\vec Q$與$\overrightarrow{AB}$共線等價(jià)于${x_1}+{x_2}=-\sqrt{2}（{y_1}+{y_2}）$，
解得$k=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
由①知$k＜-\frac{{\sqrt{2}}}{2}或k＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．矛盾，
故沒有符合題意的常數(shù)k．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量共線定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．