Question

8．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），F₁，F₂是左右焦点，A，B是长轴两端点，点P（a，b）与F₁，F₂围成等腰三角形，且${S_{△P{F_1}{F_2}}}$=$\sqrt{3}$．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设点Q是椭圆上异于A，B的动点，直线QA、QB分别交直线l：x=m（m＜-2）于M，N两点．
（i）当$\overrightarrow{Q{F_1}}$=λ$\overrightarrow{MN}$时，求Q点坐标；
（ii）是否存在实数m，使得以MN为直径的圆经过点F₁？若存在，求出实数m的值，若不存在．请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得，F₁F₂=PF₂，即（a-c）²+b²=4c²，再由${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}=\sqrt{3}$，得bc=$\sqrt{3}$，然后结合隐含条件求得a，b，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）（i）由$\overrightarrow{Q{F}_{1}}=λ\overrightarrow{MN}$，得则QF₁⊥x轴，由（Ⅰ）求得F₁（-1，0），设Q（-1，y），代入椭圆方程即可求得Q坐标；
（ii）设Q（x₀，y₀），得直线QA方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}（x+2）$，求出M点的坐标为（m，$\frac{（m+2）{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）．同理得N的坐标为$（m，\frac{（m-2）{y}_{0}}{{x}_{0}-2}）$．由${k}_{M{F}_{1}}•{k}_{N{F}_{1}}$=-1求得m=-4．可知存在实数m=-4，使得以MN为直径的圆经过点F．

解答 解：（Ⅰ）F₁（-c，0），F₂（c，0），由题意可得，F₁F₂=PF₂，
∴（a-c）²+b²=4c²，
由${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}=\sqrt{3}$，可得$\frac{1}{2}•2c•b=bc=\sqrt{3}$，
又a²=b²+c²，联立可得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）（i）∵$\overrightarrow{Q{F}_{1}}=λ\overrightarrow{MN}$，
∴QF₁∥MN，则QF₁⊥x轴，
由（Ⅰ）知，c²=1，则F₁（-1，0），
设Q（-1，y），则有$\frac{1}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$，即y=$±\frac{3}{2}$，
∴Q（-1，$±\frac{3}{2}$）；
（ii）设Q（x₀，y₀），则${k}_{QA}=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，直线QA方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}（x+2）$，
令x=m，得M点的坐标为（m，$\frac{（m+2）{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）．
同理${k}_{QB}=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，直线QB的方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}（x-2）$，
得N的坐标为$（m，\frac{（m-2）{y}_{0}}{{x}_{0}-2}）$．
∴${k}_{M{F}_{1}}•{k}_{N{F}_{1}}=\frac{\frac{（m+2）{y}_{0}}{2+{x}_{0}}}{m+1}•\frac{\frac{（m-2）{y}_{0}}{{x}_{0}-2}}{m+1}$=$\frac{（{m}^{2}-4）{{y}_{0}}^{2}}{（m+1）^{2}（{{x}_{0}}^{2}-4）}$．
又Q（x₀，y₀）在椭圆上，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，则$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-4}=-\frac{3}{4}$．
∴${k}_{M{F}_{1}}•{k}_{N{F}_{1}}$=$\frac{{m}^{2}-4}{（m+1）^{2}}•（-\frac{3}{4}）=-1$．
解得m=-4．
∴存在实数m=-4，使得以MN为直径的圆经过点F．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查了椭圆的简单性质，考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查逻辑思维能力及运算求解能力，属难题．