Question

6．已知：橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），過點A（-a，0），B（0，b）的直線的斜率為$\frac{1}{2}$，原點到該直線的距離為$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）斜率大于零的直線過D（-1，0）與橢圓交于E，F(xiàn)兩點，若$\overrightarrow{ED}$=2$\overrightarrow{DF}$，求直線EF的方程；
（3）是否存在實數(shù)k，使直線y=kx+2交橢圓于P，Q兩點，且以PQ為直徑的圓過點D（-1，0）？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用兩點連線的斜率公式及點到直線的距離公式列出橢圓的三個參數(shù)a，b，c的關系，通過解方程求出a，b，c的值，寫出橢圓的方程；
（2）設出直線方程，將直線方程代入橢圓方程，利用根與系數(shù)的關系及已知條件中的向量關系找到有關直線方程中的待定系數(shù)滿足的等式，解方程求出直線的方程．
（3）將條件以PQ為直徑的圓過點D（-1，0）轉化為PD⊥QD，設出直線的方程將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用向量垂直的充要條件列出等式，求出直線的斜率．

解答 解：（1）由題意可知直線AB的斜率k=$\frac{b-0}{0-a}$=$\frac{a}$=$\frac{1}{2}$，則a=2b，
由△OAB三角形的面積S=$\frac{1}{2}$ab=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$•$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，即ab=$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$•$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，
∴2b²=$\sqrt{5}$b•$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，解得：b=1，
∴a=2，
∴橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設EF：x=my-1（m＞0），設E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（m²+4）y²-2my-3=0，
由韋達定理可知：y₁+y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$，
∵$\overrightarrow{ED}$=（-1-x₁，-y₁），$\overrightarrow{DF}$=（-1-x₂，-y₂），
由$\overrightarrow{ED}$=2$\overrightarrow{DF}$，
∴y₁=-2y₂．
則y₁+y₂=-y₂=$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=-2y₂²=-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$，
∴（$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$）²=$\frac{3}{2（{m}^{2}+4）}$，解得：m=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$，m=-$\frac{2\sqrt{15}}{5}$（舍去），（沒舍去扣1分）
直線EF的方程為：x=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$y-1，即x-$\frac{2\sqrt{15}}{5}$y+1=0；
（3）由題意可知：設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得（4k²+1）x²+16kx+12=0（*），
由△=（16k）²-4×12×（4k²+1）＞0，解得：k²＞$\frac{3}{4}$，
由韋達定理可知：x₁+x₂=-$\frac{16k}{4{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{12}{4{k}^{2}+1}$，
∵PQ為直徑的圓過D（-1，0），
則PD⊥QD，
即（x₁+1，y₁）•（x₂+1，y₂）=（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，
又y₁=kx₁+2，y₂=kx₂+2，
整理得：（k²+1）x₁•x₂+（2k+1）（x₁+x₂）+5=$\frac{-16k+17}{4{k}^{2}+1}$=0．
解得：k=$\frac{17}{16}$，滿足△＞0，
∴存在$\frac{17}{16}$，滿足題設條件．

點評 本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理的運用，考查向量知識的綜合應用，屬于中檔題．