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    12．已知椭圆C以F1（-1，0），F2（1，0）为焦点，且离心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
    （1）求椭圆C的方程；
    （2）设椭圆C与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在过点$M（0\;，\;\sqrt{2}）$的直线l1，满足：直线l1与椭圆C有两个不同交点P、Q，且使得向量$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{AB}$垂直．如果存在，写出l1的方程；如果不存在，请说明理由．

    分析 （1）由题意可知c，再由离心率求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
    （2）写出过点$M（0\;，\;\sqrt{2}）$斜率为k的直线l1的方程，与椭圆C方程联立消y得关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系可得P，Q的横坐标与纵坐标的和，结合向量$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$与$\overrightarrow{AB}$垂直求得k，已知判别式得答案．

    解答 解：（1）设椭圆C的半长轴长、半短轴长、半焦距长分别为a、b、c，
    由题设知：c=1，由$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{a}=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$，得$a=\sqrt{2}$，则b=1，
    ∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
    （2）过点$M（0\;，\;\sqrt{2}）$斜率为k的直线${l_1}：y-\sqrt{2}=kx$，
    即${l_1}：y=kx+\sqrt{2}$，与椭圆C方程联立消y得$（2{k^2}+1）{x^2}+4\sqrt{2}kx+2=0$，
    由l1与椭圆C有两个不同交点，知△=32k2-8（2k2+1）＞0，得$k＜-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$或$k＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
    ∴k的范围是$（-∞，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$；
    设P（x1，y1）、Q（x2，y2），则${x_1}+{x_2}=-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{2{k^2}+1}}$，
    ∴${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2{k}^{2}+1}$，
    则$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}=（{x_1}+{x_2}，{y_1}+{y_2}）$=$（-\frac{{4\sqrt{2}k}}{{2{k^2}+1}}\;，\;\frac{{2\sqrt{2}}}{{2{k^2}+1}}）$，
    由题设知$A（\sqrt{2}\;，\;0）\;、B（0\;，\;1）$，∴$\overrightarrow{AB}=（-\sqrt{2}\;，\;1）$，
    若$（\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}）⊥\overrightarrow{AB}$，须$（\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}）•\overrightarrow{AB}=\frac{8k}{{2{k^2}+1}}+\frac{{2\sqrt{2}}}{{2{k^2}+1}}=0$，得$k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
    $k=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}∉$$（-∞，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）∪（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$，
    ∴不存在满足题设条件的l1．

    点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，是中档题．

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