题目内容
11．椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$ 的上顶点为P，$Q（{\frac{4}{3}，\frac{b}{3}}）$ 是C上的一点，以PQ为直径的圆经过椭圆C的右焦点F．（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的右焦点F且与坐标不垂直的直线l交椭圆于A，B两点，在直线x=2上是否存在一点D，使得△ABD为等边三角形？若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由．
分析 （1）把$Q（{\frac{4}{3}，\frac{b}{3}}）$ 代入椭圆方程可得：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{{b}^{2}}{9{b}^{2}}$=1，解得a2．又P（0，b），F（c，0），$\overrightarrow{FP}$⊥$\overrightarrow{FQ}$，可得$\overrightarrow{FP}$•$\overrightarrow{FQ}$=0，又a2=b2+c2=2，联立解得b，c即可得出椭圆C的方程．
（2）在直线x=2上存在一点D，使得△ABD为等边三角形．设直线l的方程为：y=k（x-1），代入椭圆方程可得：（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0，利用根与系数的关系、中点坐标公式，弦长公式与等边三角形的性质即可得出．
解答 解：（1）把$Q（{\frac{4}{3}，\frac{b}{3}}）$ 代入椭圆方程可得：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{{b}^{2}}{9{b}^{2}}$=1，解得a2=2．
又P（0，b），F（c，0），$\overrightarrow{FP}$=（c，-b），$\overrightarrow{FQ}$=$（\frac{4}{3}-c，\frac{b}{3}）$．
∵$\overrightarrow{FP}$⊥$\overrightarrow{FQ}$，∴$\overrightarrow{FP}$•$\overrightarrow{FQ}$=$\frac{4}{3}c-{c}^{2}$-$\frac{{b}^{2}}{3}$=0，
又a2=b2+c2=2，解得b=c=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=1．
（2）在直线x=2上存在一点D，使得△ABD为等边三角形．
设直线l的方程为：y=k（x-1），
代入椭圆方程可得：（2k2+1）x2-4k2x+2k2-2=0，△＞0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x1•x2=$\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
设AB的中点为M（x0，y0），则x0=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，y0=k（x0-1）=-$\frac{k}{2{k}^{2}+1}$．
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$．
∵△DAB为等边三角形，∴|DM|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，
即$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{2}}}$$•\frac{2{k}^{2}+2}{2{k}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{2{k}^{2}+1}$，解得k2=2，即k=$±\sqrt{2}$．
故在直线x=2上存在一点D，使得△ABD为等边三角形．
此时直线l的斜率为$±\sqrt{2}$．
点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、弦长公式、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
已知：在△ABC中，AB=AC，AB⊥AC，D、E在BC上，且∠ADC=∠BAE．| A． | f（x）=2x+$\frac{1}{2}$ | B． | f（x）=-x2+x-$\frac{1}{4}$ | C． | f（x）=1-10x | D． | f（x）=ln（8x-7） |
已知点R是圆心为Q的圆（x+$\sqrt{3}$）2+y2=16上的一个动点，N（$\sqrt{3}$，0）为定点，线段RN的中垂线与直线QR交于点T，设T点的轨迹为曲线C．