Question

9．如图，已知圆E：x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$经过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点F1，F2，与椭圆C在第一象限的交点为A，且F₁，E，A三点共线．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设与直线OA（O为原点）平行的直线l交椭圆C于M，N两点．
使 $\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=-\frac{3}{2}$，若存在，求直线l的方程，不存在说明理由．

Answer 1

分析 （1）由F₁，E，A三点共线，得F₁A为圆E的直径，且F₁A=3，从而F₂A⊥F₁F₂，由圆E：x²+（y-$\frac{1}{2}$）²=$\frac{9}{4}$经过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点F1，F2，与椭圆C在第一象限的交点为A，求出c=$\sqrt{2}$，2a=|AF₁|+|AF₂|=4，由此能求出椭圆C的方程．
（2）由A（$\sqrt{2}，1$），知${k}_{OA}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，假设存在直线l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x+m$满足条件，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得${x}^{2}+\sqrt{2}mx+{m}^{2}-2=0$，利用韦达定理、根的判别式、向量的数量积，结合已知条件能求出存在直线l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x±1$满足条件．

解答 解：（1）∵F₁，E，A三点共线，∴F₁A为圆E的直径，且F₁A=3，
∴F₂A⊥F₁F₂，
∵${x}^{2}+（0-\frac{1}{2}）^{2}=\frac{9}{4}$，得x=$±\sqrt{2}$，∴c=$\sqrt{2}$，
∵|AF₂|²=|AF₁|²-|F₁F₂|²=9-8=1，∴F₂A=1，
∴2a=|AF₁|+|AF₂|=4，a=2，
∵a²=b²+c²，∴b=$\sqrt{2}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）∵A（$\sqrt{2}，1$），∴${k}_{OA}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
假设存在直线l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x+m$满足条件，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{2}}{2}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得${x}^{2}+\sqrt{2}mx+{m}^{2}-2=0$，
设直线l交椭圆C于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=-\sqrt{2}m$，${x}_{1}{x}_{2}={m}^{2}-2$，
且△=2m²-4（m²-2）＞0，即-2＜m＜2，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}$=x₁x₂+（$\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}+m$）（$\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}+m$）
=$\frac{3}{2}{x}_{1}{x}_{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}m（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$
=$\frac{3}{2}（{m}^{2}-2）+\frac{\sqrt{2}}{2}m（-\sqrt{2}m）+{m}^{2}$=$\frac{3}{2}（{m}^{2}-2）$，
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=-\frac{3}{2}$，∴$\frac{3}{2}（{m}^{2}-2）=-\frac{3}{2}$，解得m=±1．
∴存在直线l：y=$\frac{\sqrt{2}}{2}x±1$满足条件．

点评 本题考查椭圆方程求法，考查满足条件的直线方程是否存在的判断与求法，考查椭圆、韦达定理、根的判别式、直线方程、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．