题目内容
7．
如图，设椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦点为F1，F2，上顶点为A，点B和点F2关于F1对称，且AB⊥AF2，A，B，F2三点确定的圆M恰好与直线$x-\sqrt{3}y-3=0$相切．（1）求椭圆的方程C；
（2）过F1作一条与两坐标轴都不垂直的直线l交椭圆于P，Q零点，在x轴上是否存在点N，使得NF1恰为△PNQ的内角平分线，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
分析 （1）由题意可知：F1（-c，0），M的圆心坐标为F1（-c，0），半径为2c，根据点到直线的距离公式$\frac{丨-c-3丨}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}$=2c，即可求得c的值，由射影定理可知：b2=BO2=BO•OF2=2c•c=3，即可求得b2=3，根据椭圆的性质即可求得a的值，求得椭圆方程；
（2）由题意可知设直线l的方程为y=k（x+1）（k≠0），将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理x1+x2=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x1•x2=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，由NF1恰为△PNQ的内角平分线，可知kNP=-kMQ，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，整理求得x0=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$=$\frac{-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{8{k}^{2}-24}{3+4{k}^{2}}}{2-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$=-4，即可求得点N的坐标．
解答 解：（1）由题意可知：F1（-c，0），B（-3c，0），M的圆心坐标为F1（-c，0），半径为2c，
由直线$x-\sqrt{3}y-3=0$与圆M相切，$\frac{丨-c-3丨}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}$=2c，解得：c=1，
由AB⊥AF2，AO⊥BF1，
由射影定理可知：b2=BO2=BO•OF2=2c•c=3，即b2=3，
∴a2=b2+c2=4，
椭圆的方程C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）假设存在满足条件的点N（x0，0），由题意可知：直线l的方程为y=k（x+1）（k≠0），
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
∴3x2+4k2（x+1）2=12，
∴（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0，
∴x1+x2=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x1•x2=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∵NF1恰为△PNQ的内角平分线，
∴kNP=-kMQ，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，
∴$\frac{k（{x}_{1}+1）}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{k（{x}_{2}+1）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
∴（x1+1）（x1-x0）=-（x2+1）（x2-x0），
∴x0=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$=$\frac{-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{8{k}^{2}-24}{3+4{k}^{2}}}{2-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$=-4，
∴存在点N的坐标为（-4，0）．
点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直与椭圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，韦达定理，斜率公式及射影定理的综合应用，综合性强，考查计算能力，属于中档题．
| A． | x=-2 | B． | x=-4 | C． | y=-2 | D． | y=-4 |
| A． | 2 | B． | 1 | C． | 8 | D． | $\frac{1}{2}$ |
| A． | $\frac{1-i}{2}$ | B． | $\frac{1+i}{2}$ | C． | $\frac{-1-i}{2}$ | D． | $\frac{-1+i}{2}$ |