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已知椭圆 $\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left(a>b>0\right)$ 的离心率 $e= \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 $ 4 $．
【难度】
【出处】
2010年高考天津卷（文）
【标注】
  1. 求椭圆的方程；
    标注
    答案
    解析
    由 $e= \dfrac{c}{a} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$，得\[3{a^2} = 4{c^2},\]再结合 ${c^2} = {a^2} - {b^2}$，解得\[ a=2b ,\]由题意可知\[\dfrac{1}{2} \times 2a \times 2b = 4,\]即\[ ab=2 .\]由方程组\[{\begin{cases}
    a = 2b, \\
    ab = 2, \\
    \end{cases}}\]解得\[ a=2 ,b=1 ,\]所以椭圆的方程为 $\dfrac{{{x^2}}}{4} + {y^2} = 1$．
  2. 设直线 $ l $ 与椭圆相交于不同的两点 $ A,B $，已知点 $ A $ 的坐标为 $ \left(-a,0\right) $．
    （i）若 $|{{AB}}| = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{5}$，求直线 $ l $ 的倾斜角；
    （ii）若点 $Q\left(0,{{{y}}_0}\right)$ 在线段 $ AB $ 的垂直平分线上，且 $\overrightarrow {{{QA}}} \cdot \overrightarrow {{{QB}}} = 4$．求 ${y_0}$ 的值．
    标注
    答案
    解析
    （i）由（1）可知点 $ A $ 的坐标是 $ \left(-2,0\right) $．
    设点 $ B $ 的坐标为 $\left({x_1},{y_1}\right)$，直线 $ l $ 的斜率为 $ k $，则直线 $ l $ 的方程为 $ y=k\left(x+2\right) $．
    由\[{\begin{cases}
    y = k\left(x + 2\right), \\
    \dfrac{{{x^2}}}{4} + {y^2} = 1. \\
    \end{cases}}\]消去 $ y $ 并整理，得\[\left(1 + 4{k^2}\right){x^2} + 16{k^2}x + \left(16{k^2} - 4\right) = 0 .\]由韦达定理得\[ - 2{x_1} = \dfrac{{16{k^2} - 4}}{{1 + 4{k^2}}} ,\]即\[{x_1} = \dfrac{{2 - 8{k^2}}}{{1 + 4{k^2}}} .\]从而\[{y_1} = \dfrac{{4k}}{{1 + 4{k^2}}} .\]所以\[|AB| = \sqrt {{{\left( { - 2 - \dfrac{{2 - 8{k^2}}}{{1 + 4{k^2}}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{4k}}{{1 + 4{k^2}}}} \right)}^2}} = \dfrac{{4\sqrt {1 + {k^2}} }}{{1 + 4{k^2}}} .\]由 $|AB| = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{5}$，得\[\dfrac{{4\sqrt {1 + {k^2}} }}{{1 + 4{k^2}}} = \dfrac{{4\sqrt 2 }}{5} .\]整理得\[32{k^4} - 9{k^2} - 23 = 0 ,\]即\[\left({k^2} - 1\right)\left(32{k^2} + 23\right) = 0 ,\]解得\[k= \pm 1.\]所以直线 $ l $ 的倾斜角为 $\dfrac{{\mathrm{\pi }}}{4}$ 或 $\dfrac{{3{\mathrm{\pi}} }}{4}$．
    （ii）设线段 $ AB $ 的中点为 $ M $，由（i）得到 $ M $ 的坐标为 $\left( { - \dfrac{{8{k^2}}}{{1 + 4{k^2}}},\dfrac{{2k}}{{1 + 4{k^2}}}} \right)$．
    以下分两种情况：
    ① 当 $ k=0 $ 时，点 $ B $ 的坐标是 $ \left(2,0\right) $，线段 $ AB $ 的垂直平分线为 $ y $ 轴，于是\[\overrightarrow {QA} = \left( { - 2, - {y_0}} \right),\overrightarrow {QB} = \left( {2, - {y_0}} \right).\]由 $\overrightarrow {QA} \cdot \overrightarrow {QB} = 4$，得\[{y_0} = \pm 2\sqrt 2 .\]② 当 $k \ne 0$ 时，线段 $ AB $ 的垂直平分线方程为\[y - \dfrac{{2k}}{{1 + 4{k^2}}} = - \dfrac{1}{k}\left( {x + \dfrac{{8{k^2}}}{{1 + 4{k^2}}}} \right) .\]令 $x = 0$，解得\[{y_0} = - \dfrac{{6k}}{{1 + 4{k^2}}}.\]由\[\overrightarrow {QA} = \left( { - 2, - {y_0}} \right) , \overrightarrow {QB} = \left( {{x_1},{y_1} - {y_0}} \right) ,\]得\[\begin{split}\overrightarrow {QA} \cdot \overrightarrow {QB} &= - 2{x_1} - {y_0}\left( {{y_1} - {y_0}} \right) \\& = \dfrac{{ - 2\left( {2 - 8{k^2}} \right)}}{{1 + 4{k^2}}} + \dfrac{{6k}}{{1 + 4{k^2}}}\left( {\dfrac{{4k}}{{1 + 4{k^2}}} + \dfrac{{6k}}{{1 + 4{k^2}}}} \right)
    \\& = \dfrac{{4\left( {16{k^4} + 15{k^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {1 + 4{k^2}} \right)}^2}}} = 4 ,\end{split}\]解得\[k = \pm \dfrac{{\sqrt {14} }}{7},\]从而\[{y_0} = \pm \dfrac{{2\sqrt {14} }}{5}.\]综上，${y_0} = \pm 2\sqrt 2 $ 或 ${y_0} = \pm \dfrac{{2\sqrt {14} }}{5}$．
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
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