Question

8．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左，右焦点分别为F₁，F₂，上顶点为B．Q为抛物线y²=24x的焦点，且$\overrightarrow{{F_1}B}•\overrightarrow{QB}=0$，$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}+\overrightarrow{Q{F_1}}$=0
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过定点P（0，4）的直线l与椭圆C交于M，N两点（M在P，N之间），设直线l的斜率为k（k＞0），在x轴上是否存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知Q（6，0），F₁B⊥QB，|QF₁|=4c=6+c，解得c=2． 在Rt△F₁BQ中，|BF₂|=2c=a，所以a=4，由此能求出椭圆C的标准方程．
（Ⅱ）设l：y=kx+4（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中点为E（x₀，y₀）．假设存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$⇒（4k²+3）x²+32kx+16=0，由此利用韦达定理结合已知条件能求出实数m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由已知Q（6，0），F₁B⊥QB，
|QF₁|=4c=6+c，所以c=2． …（1分）
在Rt△F₁BQ中，F₂为线段F₁Q的中点，
故|BF₂|=2c=4，所以a=4．…（2分）
于是椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
（Ⅱ）设l：y=kx+4（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中点为E（x₀，y₀）．
假设存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$⇒（4k²+3）x²+32kx+16=0
△＞0⇒k$＞\frac{1}{2}$.$\frac{-32k}{4{k}^{2}+3}$∴$\frac{-16k}{4{k}^{2}+3}$，y₀=kx₀+4=$\frac{12}{4{k}^{2}+3}$．
因为AE⊥MN，所以kAE=-$\frac{1}{k}$．
$\frac{12}{4{k}^{2}+3}=-\frac{1}{k}×（-\frac{16k}{4{k}^{2}+3}-m）$⇒m=-$\frac{4k}{4{k}^{2}+3}=-\frac{4}{4k+\frac{3}{k}}$．
∵$k＞\frac{1}{2}$，∴$4k+\frac{3}{k}≥4\sqrt{3}，\frac{1}{4k+\frac{3}{k}}∈（0，\frac{\sqrt{3}}{12}]$
所以m$∈[-\frac{\sqrt{3}}{3}，0]$．

点评 本题考查椭圆C的标准方程的求法，考查在x轴上是否存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形的确定与实数m的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．