Question

12．已知焦點在x軸上的橢圓C過點（0，1），且離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，Q為橢圓C的左頂點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）已知過點$（-\frac{6}{5}，0）$的直線l與橢圓C交于A，B兩點．
①若直線l垂直于x軸，求∠AQB的大��；
②若直線l與x軸不垂直，是否存在直線l使得△QAB為等腰三角形？如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用已知條件列出a，b，c的關系，通過解方程即可得到橢圓方程．
（2）由（1）得Q（-2，0）．設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），①當直線l垂直于x軸，求出l的方程．l的方程與C聯(lián)列求解即可．②當直線l與x軸不垂直時，不存在直線l使得△QAB為等腰三角形；證明：設AB：$y=k（x+\frac{6}{5}）（k≠0）$，聯(lián)立直線與橢圓方程在，通過△＞0，向量的數量積證明$\overrightarrow{QA}⊥\overrightarrow{QB}$，假設存在直線l使得△QAB為等腰三角形，則QA=QB．取AB的中點M，求出M的坐標，連接QM，則QM⊥AB，記點（$-\frac{6}{5}，0）$為N，通過向量的數量積就是$\overrightarrow{QM}$與$\overrightarrow{NM}$不垂直，得到結果．

解答 解：（1）設橢圓C的標準方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
由題意知：$b=1，\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，{a^2}=4$，
所以橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．                               （4分）
（2）由（1）得Q（-2，0）．設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①當直線l垂直于x軸，l的方程為$x=-\frac{6}{5}$，（5分）
l的方程與C聯(lián)列得$A（-\frac{6}{5}，\frac{4}{5}），B（-\frac{6}{5}，-\frac{4}{5}）$（不妨設點A在x軸上方），（6分）
此時k_AQ=1，k_BQ=-1，${k_{AQ}}•{K_{BQ}}=-1，∠AQB=\frac{π}{2}$（8分）
②當直線l與x軸不垂直時，不存在直線l使得△QAB為等腰三角形      （10分）
證明如下：由題意可設AB：$y=k（x+\frac{6}{5}）（k≠0）$，聯(lián)列方程組得（25+100k²）x²+240k²x+144k²-100=0，
顯然△＞0，$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=（{x_1}+2，{y_1}）•（{x_2}+2，{y_2}）$=$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（2+\frac{6}{5}{k^2}）（{x_1}+{x_2}）+4+\frac{36}{25}{k^2}$=0，
所以$\overrightarrow{QA}⊥\overrightarrow{QB}$（12分）
假設存在直線l使得△QAB為等腰三角形，則QA=QB．取AB的中點M，${x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=-\frac{{24{k^2}}}{{5+20{k^2}}}，{y_M}=k（{x_M}+\frac{6}{5}）=\frac{6k}{{5+20{k^2}}}$，（13分）
連接QM，則QM⊥AB，記點（$-\frac{6}{5}，0）$為N，所以$\overrightarrow{QM}•\overrightarrow{NM}=\frac{{60+132{k^2}}}{{{{（5+20{k^2}）}^2}}}≠0$，
所以$\overrightarrow{QM}$與$\overrightarrow{NM}$不垂直，矛盾，
故不存在直線l使得△QAB為等腰三角形．        （16分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，橢圓的簡單性質以及直線與橢圓的位置關系的綜合應用，存在性問題的解決方法，考查分類討論思想以及轉化思想的應用，考查計算能力．