Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點A是橢圓上的一點，且點A到橢圓C的兩焦點的距離之和為4，
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點（1，0）作直線l與橢圓C交于A，B兩點，O是坐標原點，設$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線長相等？若存在，求出l的方程，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2a=4，a²=b²+c²，聯立解出即可得出．
（2）由$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四邊形OASB為平行四邊形．假設存在直線l，使$|\overrightarrow{OS}|=|\overrightarrow{AB}|$，
可得四邊形OASB為矩形，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0．對直線l的斜率分類討論，利用直線與橢圓的方程聯立，再利用數量積運算性質即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2a=4，a²=b²+c²，
聯立解得a=2，解得b=c=$\sqrt{2}$．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）∵$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四邊形OASB為平行四邊形．
假設存在直線l，使$|\overrightarrow{OS}|=|\overrightarrow{AB}|$，
所以四邊形OASB為矩形，$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，
設直線l的斜率不存在，則直線的方程為x=1．
聯立$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=±\frac{\sqrt{6}}{2}}\end{array}\right.$，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=-$\frac{1}{2}$＜0，舍去．
若直線的斜率存在，設直線的方程為y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（2k²+1）x²-4k²x+2（k²-2）=0，
∴x₁•x₂=$\frac{2（{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$，x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，∴x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+k²（x₁-1）（x₂-1）=（1+k²）x₁•x₂+k²（x₁+x₂）+k²=0，
∴（1+k²）×$\frac{2（{k}^{2}-1）}{2{k}^{2}+1}$+$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$×k²+k²=0，
化為k²=-4，因此不存在直線滿足條件．
綜上，滿足條件的直線不存在．

點評 本題考查了橢圓與拋物線的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數的關系、數量積運算性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．