已知椭圆$G:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的长轴长为$2\sqrt{2}$.离心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．(Ⅰ)求椭圆G的方程,(Ⅱ)设过椭圆G的上顶点A的直线l与椭圆G的另一个交点为B.与x轴交于点C.线段AB的中点为D.线段AB的垂直平分线分别交x轴.y轴于P.Q两点．问:是否存在直线l使△PDC与△POQ的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．

已知椭圆$G：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的长轴长为$2\sqrt{2}$，离心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）求椭圆G的方程；
（Ⅱ）设过椭圆G的上顶点A的直线l与椭圆G的另一个交点为B，与x轴交于点C，线段AB的中点为D，线段AB的垂直平分线分别交x轴、y轴于P、Q两点．问：是否存在直线l使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点）？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，说明理由．

分析（Ⅰ）由题意可得2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得c，再由a，b，c的关系可得b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）设A（0，1），直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆方程，求得B的坐标，再由中点坐标公式可得D，求得线段AB的中垂线方程，可得P，Q的坐标，假设存在直线l，使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点），运用三角形的面积公式，$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，解方程即可得到所求k的值，进而判断存在直线l．

解答解：（Ⅰ）由题意可得2a=2$\sqrt{2}$，即a=$\sqrt{2}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得c=1，b=1，
可得椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）设A（0，1），直线AB的方程为y=kx+1，
代入椭圆方程，可得（1+2k²）x²+4kx=0，
解得x=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，或x=0．
即有B（-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{1-2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），C（-$\frac{1}{k}$，0），
中点D的坐标为（-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$），
可得AB的中垂线方程为y-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x+$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$），
化为y=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$，
可得P（-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$，0），Q（0，-$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$），
假设存在直线l，使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点），
即有$\frac{1}{2}$PD•PC•sin∠DPC=$\frac{1}{2}$PO•PQ•sin∠OPQ，
即有PD•PC=PO•PQ，
即为$\frac{PC}{PO}$=$\frac{PQ}{PD}$，即有$\frac{{x}_{C}-{x}_{P}}{-{x}_{P}}$=$\frac{{x}_{Q}-{x}_{P}}{{x}_{D}-{x}_{P}}$，
即有$\frac{-1-{k}^{2}}{{k}^{2}}$=-1，
可得k无解．
故不存在直线l，使△PDC与△POQ的面积相等（O为坐标原点）．