Question

11．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦点分别为${F_1}（-\sqrt{3}，0）$、${F_2}（\sqrt{3}，0）$，P为椭圆C上任一点，$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值为1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点A（1，0），试探究是否存在直线l：y=kx+m与椭圆C交于D、E两点，且使得|AD|=|AE|？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x，y），运用向量的数量积的坐标表示，结合点满足椭圆方程，运用椭圆的性质，即可得到最大值1，可得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；
（2）假设存在直线l满足题设，设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），将y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，运用韦达定理和判别式大于0，结合两点的距离公式，可得k，m的关系式，消去m，解不等式即可得到k的范围．

解答 解：（1）设P（x，y），
由${F_1}（-\sqrt{3}，0）$、${F_2}（\sqrt{3}，0）$，得$\overrightarrow{P{F_1}}=（-\sqrt{3}-x，-y）$，$\overrightarrow{P{F_2}}=（\sqrt{3}-x，-y）$．
∴$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}=-（\sqrt{3}+x）（\sqrt{3}-x）+{y^2}$=x²+y²-3，
由$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$得${y^2}={b^2}（1-\frac{x^2}{a^2}）$，
∴$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}={x^2}+{b^2}（1-\frac{x^2}{a^2}）-3$=$\frac{3}{a^2}{x^2}+{b^2}-3$，
∵0≤x²≤a²，∴当x²=a²，即x=±a时，$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$有最大值，
即${（\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}）_{max}}=3+{b^2}-3=1$，
∴b²=1，a²=c²+b²=4，
∴所求椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）假设存在直线l满足题设，设D（x₁，y₁），E（x₂，y₂），
将y=kx+m代入$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$并整理得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-4）=-16（m²-4k²-1）＞0，得4k²+1＞m²①
又${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，
由|AD|=|AE|可得
${（{x_1}-1）^2}+y_1^2={（{x_2}-1）^2}+y_2^2⇒（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}-2）+（{y_1}-{y_2}）（{y_1}+{y_2}）=0$$⇒{x_1}+{x_2}-2+\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}（{y_1}+{y_2}）=0$，
⇒（1+k²）（x₁+x₂）+2km-2=0$⇒-（1+{k^2}）\frac{8km}{{1+4{k^2}}}+2km-2=0$，
化简得$m=-\frac{{1+4{k^2}}}{3k}$②
将②代入①得，$4{k^2}+1＞{（\frac{{1+4{k^2}}}{3k}）^2}$，
化简得20k⁴+k²-1＞0⇒（4k²+1）（5k²-1）＞0，
解得$k＞\frac{{\sqrt{5}}}{5}$或$k＜-\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．
所以存在直线l，使得|AD|=|AE|，此时k的取值范围为$（-∞，-\frac{{\sqrt{5}}}{5}）∪（\frac{{\sqrt{5}}}{5}，+∞）$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，同时考查两点的距离公式的运用和化简整理的能力，属于中档题和易错题．