题目内容
17．在平面直角坐标系xOy中，已知F1（-$\sqrt{n}$，0），F2（$\sqrt{n}$，0），F3（0，$\sqrt{3}$），点P为曲线C上任意一点，若F1F3⊥F2F3，且|PF1|与|PF2|是关于x的方程x2-4x+q=0的两根（1）求曲线C的方程
（2）已知Q为曲线C的左顶点，不与x轴垂直的直线l与曲线C交于A、B两点，且∠AQB=$\frac{π}{2}$
①判断直线l是否过x轴上的某一定点N，并说明理由
②设AB的中点为M，当直线OM与直线l的倾斜角互补时，求线段AB的长．
分析 （1）利用韦达定理，F1F3⊥F2F3，确定|PF1|+|PF2|＞|F1F2|，可得曲线C为以F1，F2为焦点的椭圆，且a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，即可求曲线C的方程
（2）①设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=0，即可得出结论；
②由①可得l：y=k（x+1.2）（k≠0），代入椭圆方程，可得M的坐标，求出|QM|，即可得出结论．
解答 解：（1）因为|PF1|与|PF2|是关于x的方程x2-4x+q=0的两根，
所以|PF1|+|PF2|=4，
因为F1（-$\sqrt{n}$，0），F2（$\sqrt{n}$，0），F3（0，$\sqrt{3}$），F1F3⊥F2F3，
所以-n+3=0，
所以n=3，
所以|F1F2|=2$\sqrt{3}$，
所以|PF1|+|PF2|＞|F1F2|，
所以曲线C为以F1，F2为焦点的椭圆，且a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，
所以椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）①设直线l过x轴上的某一定点N（m，0），A（x1，y1），B（x2，y2），l：y=k（x-m），
代入椭圆方程可得（1+4k2）x2-8mk2x+4k2m2-4=0，△＞0，化为1+4k2-k2m2＞0
x1+x2=$\frac{8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
因为Q（-2，0），∠AQB=$\frac{π}{2}$
所以$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=0，
所以（x1+2）（x2+2）+y1y2=0，
所以代入整理可得5k2m2+16mk2+12k2=0，
因为∠AQB=$\frac{π}{2}$，
所以k≠0，
所以5m2+16m+12=0，
所以m=-1.2（m=-2舍去），
所以N（-1.2，0）；
②由①可得l：y=k（x+1.2）（k≠0），代入椭圆方程可得（25+100k2）x2+240k2x+144k2-100=0，
M（-$\frac{24{k}^{2}}{5+20{k}^{2}}$，$\frac{6k}{5+20{k}^{2}}$），
所以kOM=-$\frac{1}{4k}$，
因为直线OM与直线l的倾斜角互补，
所以k-$\frac{1}{4k}$=0，
所以k=$±\frac{1}{2}$，
所以M（-$\frac{3}{5}$，±$\frac{3}{10}$），
所以|QM|=$\sqrt{（2-\frac{3}{5}）^{2}+（±\frac{3}{10}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{205}}{10}$，
所以|AB|=2|OM|=$\frac{\sqrt{205}}{5}$．
点评 本题考查椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
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