Question

17．椭圆C的中心在原点，焦点F₁，F₂在x轴上，焦距为4，P为椭圆C上一动点，△PF₁F₂的内角∠F₁PF₂最大为$\frac{π}{2}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在与椭圆C交于A、B两点的直线y=kx+m（k∈R），使得|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$|？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 （1）设|PF₁|=m，|PF₂|=n．m+n=2a．由题意知cos∠F₁PF₂=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{4{b}^{2}-2mn}{2mn}$，利用基本不等式的性质即可得出．
（2）设存在A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）满足条件．直线方程与椭圆方程联立可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，△＞0，由$|{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}|=|{\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}}|$，平方得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，可得x₁x₂+y₁y₂=0．把根与系数的关系代入解出即可得出．

解答 解：（1）设|PF₁|=m，|PF₂|=n．m+n=2a．
由题意知cos∠F₁PF₂=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{4{b}^{2}-2mn}{2mn}$=$\frac{2{b}^{2}}{mn}$-1≥$\frac{2{b}^{2}}{（\frac{2a}{2}）^{2}}$-1=$\frac{2{b}^{2}}{{a}^{2}}$-1，
∴当m=n=a时，cos∠F₁PF₂最小，此时∠F₁PF₂=$\frac{π}{2}$．
又c=2，∴b=c=2，a=2$\sqrt{2}$．  即知椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）设存在A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）满足条件．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
则x₁+x₂=$\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）＞0，化为4+8k²＞m²，（*））
由$|{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}|=|{\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}}|$，平方得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，
∴x₁x₂+y₁y₂=0．
∵y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
∴km（x₁+x₂）+（1+k²）x₁•x₂+m²=0，
代入可得：3m²-8k²-8=0，即8k²=3m²-8=0，代入（*）
得m²＞2，∴m$＞\sqrt{2}$或m＜-$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的解法、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．