Question

17．设F₁，F₂分别是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左、右焦点，过点M且斜率为k的直线l与椭圆C交于A、B两点，O是坐标原点．
（1）若M（0，$\sqrt{5}$），椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴交点分别为P、Q，问：是否存在常数k，使向量$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{pQ}$共线；
（2）若M为椭圆C的右焦点，且$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{{F}_{2}B}$，求k的值；
（3）若M为椭圆C的左顶点，Q为线段AB的垂直平分线与y轴的交点，且$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=4，求点Q的坐标．

Answer 1

分析 （1）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（x₁+x₂，y₁+y₂），由直线方程和椭圆方程联立，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和判别式，再由向量$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{pQ}$=（-2，1）共线等价于x₁+x₂=-2（y₁+y₂），由此能求出不存在这样的常数k满足条件；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由直线y=k（x-$\sqrt{3}$），代入椭圆方程x²+4y²=4，运用韦达定理，再由向量共线的坐标表示，解方程可得k；
（3）求出椭圆的左顶点为A（-2，0），由直线y=kx-2k，代入椭圆方程x²+4y²=4，运用韦达定理，可得B的坐标，再由中点的坐标公式可得AB的中点，设出Q（0，t），再由垂直平分线的概念可得k，t的关系式，运用向量的数量积的坐标表示可得k，t的一个关系式，解方程可得t，即可得到Q的坐标．

解答 解：（1）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（x₁+x₂，y₁+y₂），
联立直线y=kx+$\sqrt{5}$和椭圆方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x²+8$\sqrt{5}$kx+16=0，
则△=64×5k²-64（1+4k²）＞0，解得k＞1或k＜-1，
x₁+x₂=-$\frac{8\sqrt{5}k}{1+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₁）+2$\sqrt{5}$=$\frac{2\sqrt{5}}{1+4{k}^{2}}$，
∴向量$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$与$\overrightarrow{pQ}$=（-2，1）共线等价于x₁+x₂=-2（y₁+y₂），
即为-$\frac{8\sqrt{5}k}{1+4{k}^{2}}$=-2•$\frac{2\sqrt{5}}{1+4{k}^{2}}$，解得k=$\frac{1}{2}$，
不满足△＞0，则不存在这样的常数k满足条件．
（2）椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的右焦点为（$\sqrt{3}$，0），
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由直线y=k（x-$\sqrt{3}$），代入椭圆方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x2-8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0，
即有x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，①
又$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2$\overrightarrow{{F}_{2}B}$，可得$\sqrt{3}$-x₁=2（x₂-$\sqrt{3}$），②
联立①②，消去x₁，x₂，可得4^k2=23，
解得k=±$\frac{\sqrt{23}}{2}$；
（3）椭圆的左顶点为A（-2，0），
由直线y=kx-2k，代入椭圆方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0，
则-2•x_B=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，即x_B=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
则B（$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$），
AB中点的坐标为（$\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-1，$\frac{2k}{1+4{k}^{2}}$），
设Q（0，t），由题意可得
$\frac{\frac{2k}{1+4{k}^{2}}-t}{\frac{-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$=-$\frac{1}{k}$，化简为6k+t+4k²=0，①
由$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}$=4，可得$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+t²-$\frac{4kt}{1+4{k}^{2}}$=4，②
由①②解得k=$\frac{\sqrt{14}}{7}$，t=-$\frac{2\sqrt{14}}{5}$，或k=-$\frac{\sqrt{14}}{7}$，t=$\frac{2\sqrt{14}}{5}$．
即有Q的坐标为（0，±$\frac{2\sqrt{14}}{5}$）．

点评 本题考查椭圆的方程和性质的运用，主要考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式，考查向量的共线及数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．