Question

已知橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），c=

2

b，c為半焦距．過(guò)點(diǎn)A（0，-b）和B（a，0）的直線與原點(diǎn)的距離為

3

2

．
（1）求橢圓的方程．
（2）（理）已知定點(diǎn)E（-1，0），若直線y=kx+2（k≠0）與橢圓交于C、D兩點(diǎn)．問(wèn)：是否存在k的值，使以CD為直徑的圓過(guò)E點(diǎn)？若存在，請(qǐng)求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（文）若直線y=x+k（k≠0）與橢圓交于C、D兩點(diǎn)．問(wèn)：是否存在k的值，使OC⊥OD（O為原點(diǎn)）？若存在，請(qǐng)求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）直線AB方程為：bx-ay-ab=0．依題意

c= 2 b ab a2+b2 = 3 2

解得　

a= 3 b=1

，由此能求出橢圓方程．
（2）假若存在這樣的k值，由

y=kx+2 x2+3y2-3=0

得（1+3k²）x²+12kx+9=0．△=（12k）²-36（1+3k²）＞0．設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），則

x1+x2=- 12k 1+3k2 x1•x2= 9 1+3k2

，由此入手能夠求出存在k=

7

6

，使得以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E．
（文科）假若存在這樣的k值，由

y=x+k x2+3y2-3=0

得4x²+6kx+3k²-3=0．△=（6k）²-4×4（3k²-3）＞0．設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），則

x1+x2=- 3 2 k x1•x2= 3k2-3 4

．由此入手，能夠求出存在k=±

6

2

，使得OC⊥OD．

解答：解：（1）直線AB方程為：bx-ay-ab=0．
依題意

c= 2 b ab a2+b2 = 3 2

解得　

a= 3 b=1

∴橢圓方程為　

x2

3

+y2=1．
（2）（理科）假若存在這樣的k值，由

y=kx+2 x2+3y2-3=0

得（1+3k²）x²+12kx+9=0．
∴△=（12k）²-36（1+3k²）＞0．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�
設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），則

x1+x2=- 12k 1+3k2 x1•x2= 9 1+3k2

②
而y₁•y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4．
要使以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E（-1，0），當(dāng)且僅當(dāng)CE⊥DE時(shí)，則

y1

x1+1

•

y2

x2+1

=-1，即y₁y₂+（x₁+1）（x₂+1）=0．
∴（k²+1）x₁x₂+（2k+1）（x₁+x₂）+5=0．　　　　　　　　　　　　　　�、�
將②式代入③整理解得k=

7

6

．經(jīng)驗(yàn)證，k=

7

6

，使①成立．
綜上可知，存在k=

7

6

，使得以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E．
（文科）假若存在這樣的k值，由

y=x+k x2+3y2-3=0

得4x²+6kx+3k²-3=0．
∴△=（6k）²-4×4（3k²-3）＞0．　　　　　        　　　　　　�、�
設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），則

x1+x2=- 3 2 k x1•x2= 3k2-3 4

②
而y₁•y₂=（x₁+k）（x₂+k）=x₁x₂+k（x₁+x₂）+k²．
由OC⊥OD知

OC

•

OD

=0，即 x₁x₂+y₁y₂=0．
∴2x₁x₂+k（x₁+x₂）+k²=0．　　　　　�、�
將②式代入③整理解得k=±

6

2

．經(jīng)驗(yàn)證k=±

6

2

使①成立．
綜上可知，存在k=±

6

2

，使得OC⊥OD．

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)．考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查函數(shù)與方程思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想．