Question

9．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A（-$\sqrt{2}$，1）關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)為點(diǎn)B，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過點(diǎn)B．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若點(diǎn)P是橢圓C上的異于點(diǎn)A，B的一動(dòng)點(diǎn)，直線AP斜率為k₁，直線BP斜率為k₂，證明：k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）是否存在直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，使四邊形OMBN為平行四邊形，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出B（$\sqrt{2}$，-1），由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過點(diǎn)B，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$=1，且x₀≠±1，從而${k}_{1}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$，${k}_{2}=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$，由此能證明k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$．
（Ⅲ）設(shè)直線l與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)分別為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由四邊形OMBN為平行四邊形，得（x₁+x₂，y₁+y₂）=（$\sqrt{2}$，-1），當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，不滿足題意，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+n，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4knx+2n²-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出存在直線l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x-1與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，使四邊形OMBN為平行四邊形．

解答 解：（Ⅰ）∵點(diǎn)A（-$\sqrt{2}$，1）關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)為點(diǎn)B，∴B（$\sqrt{2}$，-1），
∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且過點(diǎn)B，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
證明：（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$=1，且x₀≠±1，
∴${k}_{1}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$，${k}_{2}=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$，
∴k₁•k₂=$\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}+\sqrt{2}}•\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-1}{{{x}_{0}}^{2}-2}$
=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-1}{4（1-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}）-2}$$\frac{{{y}_{0}}^{2}-1}{2（1-{{y}_{0}}^{2}）}$=-$\frac{1}{2}$．
∴k₁•k₂=-$\frac{1}{2}$．
解：（Ⅲ）設(shè)直線l與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)分別為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∵四邊形OMBN為平行四邊形，∴$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$=$\overrightarrow{OB}$，
∴（x₁+x₂，y₁+y₂）=（$\sqrt{2}$，-1），
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，
∴$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=（2{x}_{1}，0）≠\overrightarrow{OB}$，不滿足題意，
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+n，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4knx+2n²-4=0，
由△＞0，得4k²-n²+2＞0，（*），
由韋達(dá)定理得${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-4kn}{1+2{k}^{2}}$，${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2n=\frac{2n}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}$=（x₁+x₂，y₁+y₂）=（$\frac{-4kn}{1+2{k}^{2}}，\frac{2n}{1+2{k}^{2}}$）=（$\sqrt{2}，-1$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{-4kn}{1+2{k}^{2}}=\sqrt{2}}\\{\frac{2n}{1+2{k}^{2}}=-1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{n=-1}\end{array}\right.$，滿足（*）式，
∴存在直線l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x-1與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，使四邊形OMBN為平行四邊形．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線的斜率乘積為定值的證明，考查滿足條件的直線方程是否存在的判斷與求法，考查根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)、橢圓性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．