题目内容
设椭圆C：| x2 |
| a2 |
| y2 |
| b2 |
| F1F2 |
| F2Q |
| 3 |
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l1的斜率k＞0，在x轴上是否存在点P（m，0），使得以PG，PH为邻边的平行四边形是菱形．如果存在，求出m的取值范围，如果不存在，请说明理由；
（Ⅲ）若实数λ满足
| MG |
| MH |
分析：（I）因为2
+
=0，知a，c的一个方程，再利用△AQF的外接圆得出另一个方程，解这两个方程组成的方程组即可求得所求椭圆方程；
（II）由（I）知设l1的方程为y=kx+2，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(
+
)•
=0的坐标表示即可求得满足题意的点P且m的取值范围．
（Ⅲ）先分两种情况讨论：①当直线l1斜率存在时，设直线l1方程为y=kx+2，代入椭圆方程消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(
+
)•
=0的坐标表示即可求得满足题意的λ的取值范围；②又当直线l1斜率不存在时，直线l1的方程为x=0，同样利用向量的坐标运算求λ的取值范围．
| F1F2 |
| F2Q |
（II）由（I）知设l1的方程为y=kx+2，将直线的方程代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(
| PG |
| PH |
| GH |
（Ⅲ）先分两种情况讨论：①当直线l1斜率存在时，设直线l1方程为y=kx+2，代入椭圆方程消去y得到关于x的一元二次方程，再结合根系数的关系利用向量(
| PG |
| PH |
| GH |
解答：解：（Ⅰ）因为2
+
=0，
所以F1为F2Q中点．
设Q的坐标为（-3c，0），
因为AQ⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=4c2，
且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c．（2分）
因为该圆与直线l相切，所以
=2c．
解得c=1，所以a=2，b=
．
故所求椭圆方程为
+
=1．（4分）
（Ⅱ）设l1的方程为y=kx+2（k＞0），
由
得（3+4k2）x2+16kx+4=0．
设G（x1，y1），H（x2，y2），则x1+x2=-
．（5分）
所以
+
=(x1-m，y1)+(x2-m，y2)=（x1+x2-2m，y1+y2）．
=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）
=(x2-x1， y2-y1)=(x2-x1， k(x2-x1))．
由于菱形对角线互相垂直，则(
+
)•
=0．（6分）
所以（x2-x1）[（x1+x2）-2m]+k（x2-x1）[k（x1+x2）+4]=0．
故（x2-x1）[（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k]=0．
因为k＞0，所以x2-x1≠0．
所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0
即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0．
所以(1+k2)(-
)+4k-2m=0
解得m=-
．即m=-
．
因为k＞0，所以-
≤m＜0．
故存在满足题意的点P且m的取值范围是[-
，0)．（8分）
（Ⅲ）①当直线l1斜率存在时，
设直线l1方程为y=kx+2，代入椭圆方程
+
=1
得（3+4k2）x2+16kx+4=0．
由△＞0，得k2＞
．（9分）
设G（x1，y1），H（x2，y2），
则x1+x2=-
，x1x2=
．
又
=λ
，所以（x1，y1-2）=λ（x2，y2-2）．所以x1=λx2．（10分）
所以x1+x2=（1+λ）x2，x1x2=λx22．
所以(
)2=
=
．将上式代入整理得：
=
．（11分）
因为k2＞
，所以4＜
＜16．即4＜
＜16．
所以4＜λ+
+2＜16．
解得7-4
＜λ＜7+4
．
又0＜λ＜1，所以7-4
＜λ＜1．（13分）
②又当直线l1斜率不存在时，直线l1的方程为x=0，
此时G(0，
)，H(0，-
)，
=(0，
-2)，
=(0，-
-2)，
=
，所以λ=7-4
．所以7-4
≤λ＜1，即所求λ的取值范围是[7-4
， 1)．（14分）
| F1F2 |
| F2Q |
所以F1为F2Q中点．
设Q的坐标为（-3c，0），
因为AQ⊥AF2，所以b2=3c×c=3c2，a2=4c×c=4c2，
且过A，Q，F2三点的圆的圆心为F1（-c，0），半径为2c．（2分）
因为该圆与直线l相切，所以
| |-c-3| |
| 2 |
解得c=1，所以a=2，b=
| 3 |
故所求椭圆方程为
| x2 |
| 4 |
| y2 |
| 3 |
（Ⅱ）设l1的方程为y=kx+2（k＞0），
由
|
设G（x1，y1），H（x2，y2），则x1+x2=-
| 16k |
| 3+4k2 |
所以
| PG |
| PH |
=（x1+x2-2m，k（x1+x2）+4）
| GH |
由于菱形对角线互相垂直，则(
| PG |
| PH |
| GH |
所以（x2-x1）[（x1+x2）-2m]+k（x2-x1）[k（x1+x2）+4]=0．
故（x2-x1）[（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k]=0．
因为k＞0，所以x2-x1≠0．
所以（x1+x2）-2m+k2（x1+x2）+4k=0
即（1+k2）（x1+x2）+4k-2m=0．
所以(1+k2)(-
| 16k |
| 3+4k2 |
解得m=-
| 2k |
| 3+4k2 |
| 2 | ||
|
因为k＞0，所以-
| ||
| 6 |
故存在满足题意的点P且m的取值范围是[-
| ||
| 6 |
（Ⅲ）①当直线l1斜率存在时，
设直线l1方程为y=kx+2，代入椭圆方程
| x2 |
| 4 |
| y2 |
| 3 |
得（3+4k2）x2+16kx+4=0．
由△＞0，得k2＞
| 1 |
| 4 |
设G（x1，y1），H（x2，y2），
则x1+x2=-
| 16k |
| 3+4k2 |
| 4 |
| 3+4k2 |
又
| MG |
| MH |
所以x1+x2=（1+λ）x2，x1x2=λx22．
所以(
| x1+x2 |
| 1+λ |
| x | 2 2 |
| x1x2 |
| λ |
| 64 | ||
|
| (1+λ)2 |
| λ |
因为k2＞
| 1 |
| 4 |
| 64 | ||
|
| (1+λ)2 |
| λ |
所以4＜λ+
| 1 |
| λ |
解得7-4
| 3 |
| 3 |
又0＜λ＜1，所以7-4
| 3 |
②又当直线l1斜率不存在时，直线l1的方程为x=0，
此时G(0，
| 3 |
| 3 |
| MG |
| 3 |
| MH |
| 3 |
| MG |
2-
| ||
2+
|
| MH |
| 3 |
| 3 |
| 3 |
点评：当直线与圆锥曲线相交时 涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长（即应用弦长公式）；涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化 同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．
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