Question

16．已知橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)是F₁（-1，0）、F₂（1，0），過(guò)點(diǎn)F₂垂直于長(zhǎng)軸的直線l交橢圓C于B、D兩點(diǎn)，且|BD|=3．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）是否存在過(guò)點(diǎn)P（2，1）的直線l₁與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M、N，且滿足$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=$\frac{5}{4}$？若存在，求出直線l₁的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的方程是$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），由橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)和過(guò)點(diǎn)F₂垂直于長(zhǎng)軸的直線l交橢圓C于B、D兩點(diǎn)，且|BD|=3，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）設(shè)滿足條件的直線方程為y=k（x-2）+1，與橢圓聯(lián)立，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積，結(jié)合已知條件，能求出直線l₁的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的方程是$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)是F₁（-1，0）、F₂（1，0），∴c=1，
∵過(guò)點(diǎn)F₂垂直于長(zhǎng)軸的直線l交橢圓C于B、D兩點(diǎn)，且|BD|=3，
∴$\frac{2^{2}}{a}=3$，
又a²-b²=1，∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（Ⅱ）假設(shè)存在直線l₁且由題意得斜率存在，設(shè)滿足條件的直線方程為y=k（x-2）+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0，
∵直線l₁與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∴△=[-8k（2k-1）]²-4（3+4k²）（16k²-16k-8）＞0，解得k＞-$\frac{1}{2}$，
又${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{PM}•\overrightarrow{PN}$=（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=$\frac{5}{4}$，
∴$（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）（1+{k}^{2}）=\frac{5}{4}$，
即$[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]（1+{k}^{2}）=\frac{5}{4}$，
∴[$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$-2•$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$+4]（1+k²）=$\frac{4+4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
解得k=$±\frac{1}{2}$，∵k$＞-\frac{1}{2}$，∴k=$\frac{1}{2}$，
∴存在直線l₁滿足條件，其方程為y=$\frac{1}{2}x$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的直線方程是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．