Question

10．已知點(diǎn)A（0，-2），橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，O為坐標(biāo)原點(diǎn)
（1）求E的方程
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，問(wèn)：是否存在直線l，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)原點(diǎn)O，若存在，求出對(duì)應(yīng)直線l的方程，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出F，由直線AF的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$求得c，結(jié)合離心率求得a，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意；當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx-2代入橢圓方程化簡(jiǎn)，由判別式大于0求得k的范圍，若存在以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)原點(diǎn)O，求出$∠POQ=\frac{π}{2}$，即$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，得到k²=4，符合△＞0，進(jìn)一步求出k值，則直線方程可求．

解答 解：（1）設(shè)F（c，0），由條件知，$\frac{2}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得c=$\sqrt{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，b²=a²-c²=1，
∴E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不合題意；
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx-2，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
把y=kx-2代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，化簡(jiǎn)得（1+4k²）x²-16kx+12=0．
由△=16（4k²-3）＞0，得${k}^{2}＞\frac{3}{4}$，即k＜-$\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或k＞$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16k}{4{k}^{2}+1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12}{4{k}^{2}+1}$，
∴${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-2）（k{x}_{2}-2）=\frac{4-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$．
若存在以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)原點(diǎn)O，則$∠POQ=\frac{π}{2}$，
即$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，即${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{16-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}=0$，
∴k²=4，符合△＞0，
∴存在k=±2，符合題意，
此時(shí)l：y=2x-2或y=-2x-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，是中檔題．