Question

4．橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P（2，1）的距離為$\sqrt{10}$．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）是否存在過（0，-2）的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)，若存在，求出直線l的方程，不存在請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：橢圓的由離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，即a=2c，左焦點(diǎn)F（-c，0）到點(diǎn)P（2，1）的距離為$\sqrt{10}$，即（2+c）²+1=10，解得：c=1，由b²=a²-c²=3，即可求得橢圓方程；
（Ⅱ）當(dāng)直線斜率存在，設(shè)直線l的方程y=kx-2，代入橢圓方程，△＞0，解得k²＞$\frac{1}{4}$，y₁•y₂=（kx₁-2）（kx₂-2）=$\frac{12-12{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)M（2，0），$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0，整理得：k²-8k+7=0，即可求得k=7或k=1，滿足k²＞$\frac{1}{4}$，即可求得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓的由離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，即a=2c，
左焦點(diǎn)F（-c，0）到點(diǎn)P（2，1）的距離為$\sqrt{10}$，即（2+c）²+1=10，解得：c=1，
則a=2，由b²=a²-c²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，；
（Ⅱ）設(shè)滿足條件的直線存在，①當(dāng)直線的斜率不存在是，顯然不符合題意，
②當(dāng)直線斜率存在，設(shè)直線l的方程y=kx-2，直線l和圓C的交點(diǎn)為A （x₁，y₁），B（x₂，y₂）
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4k²+3）x²-16kx+4=0，
由△=256k²-16（4k²+3）＞0，解得：k²＞$\frac{1}{4}$，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{16k}{4{k}^{2}+3}$，x₁•x₂=$\frac{4}{4{k}^{2}+3}$，
y₁•y₂=（kx₁-2）（kx₂-2）=k²x₁•x₂-2k（x₁+x₂）+4=k²×$\frac{4}{4{k}^{2}+3}$-2k×$\frac{16k}{4{k}^{2}+3}$+4=$\frac{12-12{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點(diǎn)M（2，0），
∴$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0，
由$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），
∴（x₁-2）（x₂-2）+y₁•y₂=0，
∴$\frac{4}{4{k}^{2}+3}$-2×$\frac{16k}{4{k}^{2}+3}$+4+$\frac{12-12{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$=0，
整理得：k²-8k+7=0，解得：k=7或k=1，滿足k²＞$\frac{1}{4}$，
∴y=x-2或y=7x-2，
出直線l的方程y=x-2或y=7x-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，韋達(dá)定理的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．