Question

1．設F₁，F₂分別為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，點P（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓E上，且點P和F₁關于點C（0，$\frac{3}{4}$）對稱．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過右焦點F₂的直線l與橢圓相交于A，B兩點，過點P且平行于AB的直線與橢圓交于另一點Q，問是否存在直線l，使得四邊形PABQ的對角線互相平分？若存在，求出l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求F₁（-1，0），再根據橢圓定義求得a、b即可；
（2）設直線l的方程為y=k（x-1）、直線PQ的方程為y-$\frac{3}{2}$=k（x-1），分別與橢圓方程聯立，消去y，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），Q（x₃，y₃），由韋達定理及PB與AQ的中點重合，可解得$k=\frac{3}{4}$，從而直線l方程為3x-4y-3=0時，四邊形PABQ的對角線互相平分．

解答 解：（1）∵點P（1，$\frac{3}{2}$）和F₁關于點C（0，$\frac{3}{4}$）對稱，∴F₁（-1，0），
∴橢圓E的焦點為F₁（-1，0），F₂（1，0），
由橢圓定義，得2a=|PF₁|+|PF₂|=4，
從而a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
故橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）結論：存在直線l，使得四邊形PABQ的對角線互相平分．
理由如下：
由題可知直線l、直線PQ的斜率存在，
設直線l的方程為y=k（x-1）、直線PQ的方程為y-$\frac{3}{2}$=k（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$     消去y，
得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
根據題意可知△＞0，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由韋達定理可知x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y-\frac{3}{2}=k（x-1）}\end{array}\right.$   消去y，
得（3+4k²）x²-（8k²-12k）x+4k²-12k-3=0，
由△＞0，可知$k≠-\frac{1}{2}$，設Q（x₃，y₃），又P（1，$\frac{3}{2}$），
則1+x₃=$\frac{8{k}^{2}-12k}{3+4{k}^{2}}$，1•x₃=$\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$，
若四邊形PABQ的對角線互相平分，則有PB與AQ的中點重合，
所以$\frac{{x}_{1}+{x}_{3}}{2}=\frac{1+{x}_{2}}{2}$，即x₁-x₂=1-x₃，
故$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}=（1-{x}_{3}）^{2}$，
所以（$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$）²-4•$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$=（1-$\frac{4{k}^{2}-12k-3}{3+4{k}^{2}}$）²，
解得$k=\frac{3}{4}$，
從而直線l方程為3x-4y-3=0時，四邊形PABQ的對角線互相平分．

點評 本題考查圓錐曲線的性質和應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意積累解題方法，聯立方程組后利用韋達定理是解題的關鍵．