Question

8．已知橢圓C：已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，過(guò)點(diǎn)A（a，0）和B（0，b）的直線為l，坐標(biāo)原點(diǎn)到直線l的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過(guò)右焦點(diǎn)F₂作斜率為k的直線方程與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)P（m，0），使得以PM、PN為鄰邊的平行四邊形是菱形？若存在，求實(shí)數(shù)m的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)兩點(diǎn)式方程可得直線l的方程，再利用點(diǎn)到直線的距離公式及a²-b²=c²，即得橢圓C的方程；
（II）設(shè)直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合菱形對(duì)角線垂直，即$（\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}）•\overrightarrow{MN}=0$，從而用k表示出m，由此即可確定m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)題意，得直線l的方程為：$\frac{y-0}{b-0}=\frac{x-a}{0-a}$，即bx+ay-ab=0，
∴$\frac{|0+0-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
又∵$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
∴a²=4，b²=3，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）結(jié)論：存在滿足題意的點(diǎn)P且m的取值范圍是0＜m＜$\frac{1}{4}$；
理由如下：
由（Ⅰ）知F₂（1，0），故可設(shè)l：y=k（x-1），
聯(lián)立直線與橢圓方程，得$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由韋達(dá)定理，可得
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂-2）=-k$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}$=（x₁-m，y₁）+（x₂-m，y₂）=（x₁+x₂-2m，y₁+y₂），
由于菱形對(duì)角線相互垂直，則$（\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}）•\overrightarrow{MN}=0$，而$\overrightarrow{MN}$=（x₂-x₁，y₂-y₁），
∴（x₁+x₂-2m）（x₂-x₁）+（y₁+y₂）（y₂-y₁）=0，
即k（y₂+y₁）+x₁+x₂-2m=0，∴k²（x₁+x₂-2）+x₁+x₂-2m=0，
所以-k²$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$-2m=0，
由已知條件可知，k≠0且k∈R，
∴m=$\frac{{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{4+\frac{3}{{k}^{2}}}$，所以0＜m＜$\frac{1}{4}$，
故存在滿足題意的點(diǎn)P且m的取值范圍是0＜m＜$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．