Question

17．在平面直角坐標系xOy中，已知F₁（-$\sqrt{n}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{n}$，0），F(xiàn)₃（0，$\sqrt{3}$），點P為曲線C上任意一點，若F₁F₃⊥F₂F₃，且|PF₁|與|PF₂|是關(guān)于x的方程x²-4x+q=0的兩根
（1）求曲線C的方程
（2）已知Q為曲線C的左頂點，不與x軸垂直的直線l與曲線C交于A、B兩點，且∠AQB=$\frac{π}{2}$
     ①判斷直線l是否過x軸上的某一定點N，并說明理由
     ②設(shè)AB的中點為M，當直線OM與直線l的傾斜角互補時，求線段AB的長．

Answer 1

分析 （1）利用韋達定理，F(xiàn)₁F₃⊥F₂F₃，確定|PF₁|+|PF₂|＞|F₁F₂|，可得曲線C為以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，且a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，即可求曲線C的方程
（2）①設(shè)直線方程，代入橢圓方程，利用韋達定理，結(jié)合$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=0，即可得出結(jié)論；
 ②由①可得l：y=k（x+1.2）（k≠0），代入橢圓方程，可得M的坐標，求出|QM|，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）因為|PF₁|與|PF₂|是關(guān)于x的方程x²-4x+q=0的兩根，
所以|PF₁|+|PF₂|=4，
因為F₁（-$\sqrt{n}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{n}$，0），F(xiàn)₃（0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)₁F₃⊥F₂F₃，
所以-n+3=0，
所以n=3，
所以|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，
所以|PF₁|+|PF₂|＞|F₁F₂|，
所以曲線C為以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，且a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，
所以橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）①設(shè)直線l過x軸上的某一定點N（m，0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），l：y=k（x-m），
代入橢圓方程可得（1+4k²）x²-8mk²x+4k²m²-4=0，△＞0，化為1+4k²-k²m²＞0
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
因為Q（-2，0），∠AQB=$\frac{π}{2}$
所以$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$=0，
所以（x₁+2）（x₂+2）+y₁y₂=0，
所以代入整理可得5k²m²+16mk²+12k²=0，
因為∠AQB=$\frac{π}{2}$，
所以k≠0，
所以5m²+16m+12=0，
所以m=-1.2（m=-2舍去），
所以N（-1.2，0）；
②由①可得l：y=k（x+1.2）（k≠0），代入橢圓方程可得（25+100k²）x²+240k²x+144k²-100=0，
M（-$\frac{24{k}^{2}}{5+20{k}^{2}}$，$\frac{6k}{5+20{k}^{2}}$），
所以k_OM=-$\frac{1}{4k}$，
因為直線OM與直線l的傾斜角互補，
所以k-$\frac{1}{4k}$=0，
所以k=$±\frac{1}{2}$，
所以M（-$\frac{3}{5}$，±$\frac{3}{10}$），
所以|QM|=$\sqrt{（2-\frac{3}{5}）^{2}+（±\frac{3}{10}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{205}}{10}$，
所以|AB|=2|OM|=$\frac{\sqrt{205}}{5}$．

點評 本題考查橢圓方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理的運用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．