Question

11．橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$ 的上頂點(diǎn)為P，$Q（{\frac{4}{3}，\frac{3}}）$ 是C上的一點(diǎn)，以PQ為直徑的圓經(jīng)過橢圓C的右焦點(diǎn)F．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過橢圓C的右焦點(diǎn)F且與坐標(biāo)不垂直的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，在直線x=2上是否存在一點(diǎn)D，使得△ABD為等邊三角形？若存在，求出直線l的斜率；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）把$Q（{\frac{4}{3}，\frac{3}}）$ 代入橢圓方程可得：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{^{2}}{9^{2}}$=1，解得a²．又P（0，b），F(xiàn)（c，0），$\overrightarrow{FP}$⊥$\overrightarrow{FQ}$，可得$\overrightarrow{FP}$•$\overrightarrow{FQ}$=0，又a²=b²+c²=2，聯(lián)立解得b，c即可得出橢圓C的方程．
（2）在直線x=2上存在一點(diǎn)D，使得△ABD為等邊三角形．設(shè)直線l的方程為：y=k（x-1），代入橢圓方程可得：（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式，弦長公式與等邊三角形的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）把$Q（{\frac{4}{3}，\frac{3}}）$ 代入橢圓方程可得：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{^{2}}{9^{2}}$=1，解得a²=2．
又P（0，b），F(xiàn)（c，0），$\overrightarrow{FP}$=（c，-b），$\overrightarrow{FQ}$=$（\frac{4}{3}-c，\frac{3}）$．
∵$\overrightarrow{FP}$⊥$\overrightarrow{FQ}$，∴$\overrightarrow{FP}$•$\overrightarrow{FQ}$=$\frac{4}{3}c-{c}^{2}$-$\frac{^{2}}{3}$=0，
又a²=b²+c²=2，解得b=c=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）在直線x=2上存在一點(diǎn)D，使得△ABD為等邊三角形．
設(shè)直線l的方程為：y=k（x-1），
代入橢圓方程可得：（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，△＞0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
設(shè)AB的中點(diǎn)為M（x₀，y₀），則x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，y₀=k（x₀-1）=-$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$．
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$．
∵△DAB為等邊三角形，∴|DM|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，
即$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{2}}}$$•\frac{2{k}^{2}+2}{2{k}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，解得k²=2，即k=$±\sqrt{2}$．
故在直線x=2上存在一點(diǎn)D，使得△ABD為等邊三角形．
此時(shí)直線l的斜率為$±\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、弦長公式、等邊三角形的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、圓的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．