Question

17．已知兩點(diǎn)F₁（-1，0）及F₂（1，0），點(diǎn)P在以F₁、F₂為焦點(diǎn)的橢圓C上，且|PF₁|、|F₁F₂|、|PF₂|構(gòu)成等差數(shù)列．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)經(jīng)過(guò)F₂的直線m與曲線C交于P、Q兩點(diǎn)，若|PQ|²=|F₁P|²+|F₁Q|²，求直線m的方程．

Answer 1

分析 解：（I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵|PF₁|、|F₁F₂|、|PF₂|構(gòu)成等差數(shù)列，∴|PF₁|+|PF₂|=2|F₁F₂|=4c，又|PF₁|+|PF₂|=2a，
∴2a=4c，又c=1，a²=b²+c²，可得：c=1，a=2，b²=3．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（ II）①若m為直線：x=1．代入橢圓方程可得：y=$±\frac{3}{2}$，即P$（1，\frac{3}{2}）$，Q$（1，-\frac{3}{2}）$．直接計(jì)算知驗(yàn)證即可得出．
②若直線m的斜率為k，直線m的方程為：y=k（x-1），與橢圓方程聯(lián)立化為：（3+4k²）x²-8k²x+（4k²-12）=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由|PQ|²=|F₁P|²+|F₁Q|²，可得：$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{1}Q}$=（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，代入化簡(jiǎn)基礎(chǔ)即可得出．

解答 解：（I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵|PF₁|、|F₁F₂|、|PF₂|構(gòu)成等差數(shù)列，∴|PF₁|+|PF₂|=2|F₁F₂|=4c，又|PF₁|+|PF₂|=2a，
∴2a=4c，又c=1，a²=b²+c²，可得：c=1，a=2，b²=3．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（ II）①若m為直線：x=1．代入橢圓方程可得：y=$±\frac{3}{2}$，即P$（1，\frac{3}{2}）$，Q$（1，-\frac{3}{2}）$．
直接計(jì)算知：|PQ|²=9，|F₁P|²+|F₁Q|²=$\frac{25}{2}$，不符合題意，舍去．
②若直線m的斜率為k，直線m的方程為：y=k（x-1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3+4k²）x²-8k²x+（4k²-12）=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
由|PQ|²=|F₁P|²+|F₁Q|²，可得：$\overrightarrow{{F}_{1}P}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}Q}$，∴$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{1}Q}$=（x₁+1）（x₂+1）+y₁y₂=0，
又y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1），∴（1-k²）（x₁+x₂）+（1+k²）x₁x₂+（1+k²）=0，
∴（1-k²）×$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+（1+k²）×$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$+（1+k²）=0，化為：7k²-9=0，解得k=±$\frac{3\sqrt{7}}{7}$．
∴直線m的方程為：y=±$\frac{3\sqrt{7}}{7}$（x-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．