Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右焦點(diǎn)在直線l：$\sqrt{3}$x-y-3=0上，且橢圓上任意兩個(gè)關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)與橢圓上任意一點(diǎn)的連線的斜率之積為-$\frac{1}{4}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線t經(jīng)過點(diǎn)P（1，0），且與橢圓C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，是否存在直線l₀：x=x₀（其中x₀＞2）使得A，B到l₀的距離d_A，d_B滿足$\frac{d_A}{d_B}=\frac{{|{PA}|}}{{|{PB}|}}$恒成立？若存在，求出x₀的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)y=0，求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，利用直線的斜率公式，即可求得k_PM•k_PN=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{4}$，則a²=4b²，即可求得a和b的值，即可求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，假設(shè)存在這樣的直線l₀，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式和兩點(diǎn)的距離公式，可得$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}-1}{1-{x}_{2}}$，化簡整理代入，即可判斷．

解答 解：（1）由橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，由橢圓的焦點(diǎn)在直線l：$\sqrt{3}$x-y-3=0，
∴右焦點(diǎn)F₂（$\sqrt{3}$，0），即c=$\sqrt{3}$，
設(shè)P（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁）．
則$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{0}^{2}}{^{2}}=1$，$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}=1$，得到y(tǒng)₀²=b²（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$），y₁²=b²（1-$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$），
∴k_PM•k_PN=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{x}_{1}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$．
即$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{4}$，即a²=4b²，
由a²-b²=c²=3，解得：a²=4，b²=1，
∴橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂），
即有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
存在直線l₀：x=x₀（其中x₀＞2），
使得A，B到l₀的距離d_A，d_B滿足：$\frac{d_A}{d_B}=\frac{{|{PA}|}}{{|{PB}|}}$恒成立，
∴$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}-1}{1-{x}_{2}}$，即為2x₁x₂+2x₀-（1+x₀）（x₁+x₂）=0，
即有$\frac{8{k}^{2}-8}{1+4{k}^{2}}$+2x₀-（1+x₀）•$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0，
即為8k²-8+2x₀（1+4k²）-8k²（1+x₀）=0，
∴2x₀=8，解得x₀=4＞2．
故存在這樣的直線l：x=4．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用，屬于中檔題．