Question

19．如圖，在平面平直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，在頂點(diǎn)為A（-2，0），過點(diǎn)A作斜率為k（k≠0）的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)Q，對于任意的k（k≠0）都有OP⊥EQ？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，說明理由；
（3）若過點(diǎn)O作直線l的平行線交橢圓C于點(diǎn)M，求$\frac{|AD|+|AE|}{|OM|}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的左頂點(diǎn)A（-2，0），則a=2，又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則c=$\sqrt{3}$，b²=a²-c²=1，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線l的方程為y=k（x+2），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理，求得D點(diǎn)坐標(biāo)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可求得P，由$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{EQ}$=0，則向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算則（4m+2）k-n=0恒成立，即可求得Q的坐標(biāo)；
（3）由OM∥l，則OM的方程為y=kx，代入橢圓方程，求得M點(diǎn)橫坐標(biāo)為x=±$\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，$\frac{丨AD丨+丨AE丨}{丨OM丨}$=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{D}-{x}_{A}丨+\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{E}-{x}_{A}丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{M}丨}$=$\sqrt{4{k}^{2}+1}$+$\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$≥2$\sqrt{2}$，即可求得$\frac{|AD|+|AE|}{|OM|}$的最小值．

解答 解：（1）由橢圓的左頂點(diǎn)A（-2，0），則a=2，又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則c=$\sqrt{3}$，
又b²=a²-c²=1，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）由直線l的方程為y=k（x+2），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x+2）}\end{array}\right.$，整理得：（4k²+1）x²+16k²x+16k²-4=0，
由x=-2是方程的根，由韋達(dá)定理可知：x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，則x₂=$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，
當(dāng)x₂=$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，y₂=k（$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$+2）=$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$，
∴D（$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$），
由P為AD的中點(diǎn)，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)（$\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{2k}{4{k}^{2}+1}$），
直線l的方程為y=k（x+2），令x=0，得E（0，2k），
假設(shè)存在頂點(diǎn)Q（m，n），使得OP⊥EQ，
則$\overrightarrow{OP}$⊥$\overrightarrow{EQ}$，即$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{EQ}$=0，
$\overrightarrow{OP}$=（$\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{2k}{4{k}^{2}+1}$），$\overrightarrow{EQ}$=（m，n-2k），
∴$\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$×m+$\frac{2k}{4{k}^{2}+1}$×（n-2k）=0
即（4m+2）k-n=0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4m+2=0}\\{-n=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{1}{2}}\\{n=0}\end{array}\right.$，
∴頂點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-$\frac{1}{2}$，0）；
（3）由OM∥l，則OM的方程為y=kx，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx}\end{array}\right.$，則M點(diǎn)橫坐標(biāo)為x=±$\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，
OM∥l，可知$\frac{丨AD丨+丨AE丨}{丨OM丨}$=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{D}-{x}_{A}丨+\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{E}-{x}_{A}丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}丨{x}_{M}丨}$，
=$\frac{{x}_{D}-2{x}_{A}}{丨{x}_{M}丨}$，
=$\frac{\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}+4}{\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}}$，
=$\frac{4{k}^{2}+3}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，
=$\sqrt{4{k}^{2}+1}$+$\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$≥2$\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{4{k}^{2}+1}$=$\frac{2}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，即k=±$\frac{1}{2}$時(shí)，取等號(hào)，
∴當(dāng)k=±$\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{丨AD丨+丨AE丨}{丨OM丨}$的最小值為2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理及基本不等式性質(zhì)的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．