Question

10．已知點F₁，F(xiàn)₂，分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點，其上頂點為A，且△AF₁F₂是斜邊長為2的等腰直角三角形．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設(shè)過點F₂，斜率為k的直線l交橢圓C于點D，E，交y軸于點P（如圖），問：是否存在實數(shù)k，使得△ODF₂與△OPE的面積相等，如果存在，求出k的值；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由△AF₁F₂是斜邊長為2的等腰直角三角形．可得c=1=b，a=$\sqrt{2}$．即可得出．
（2））F₂（1，0），直線l的方程為：y=k（x-1），P（0，-k）．假設(shè)存在實數(shù)k，使得△ODF₂與△OPE的面積相等．則|PE|=|DF₂|．設(shè)D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．可得$\overrightarrow{EP}$=$\overrightarrow{{F}_{2}D}$，可得x₁+x₂=1．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．

解答 解：（1）由△AF₁F₂是斜邊長為2的等腰直角三角形．∴c=1=b，a=$\sqrt{2}$．
∴橢圓C的標準方程是$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）F₂（1，0），直線l的方程為：y=k（x-1），P（0，-k）．
假設(shè)存在實數(shù)k，使得△ODF₂與△OPE的面積相等．則|PE|=|DF₂|．
設(shè)D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
∴$\overrightarrow{EP}$=$\overrightarrow{{F}_{2}D}$，
∴-x₂=x₁-1，可得x₁+x₂=1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
∴x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=1，化為：k²=$\frac{1}{2}$．
解得k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$．
解：（1）由△AF₁F₂是斜邊長為2的等腰直角三角形．∴c=1=b，a=$\sqrt{2}$．
∴橢圓C的標準方程是$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）F₂（1，0），直線l的方程為：y=k（x-1），P（0，-k）．
假設(shè)存在實數(shù)k，使得△ODF₂與△OPE的面積相等．則|PE|=|DF₂|．
設(shè)D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
∴$\overrightarrow{EP}$=$\overrightarrow{{F}_{2}D}$，
∴-x₂=x₁-1，可得x₁+x₂=1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
∴x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=1，化為：k²=$\frac{1}{2}$．
解得k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查了直線與橢圓的標準方程及其性質(zhì)、向量相等、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、等腰直角三角形，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．