Question

14．如圖，分別過橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）左右焦點F₁，F(xiàn)₂的兩條不同動直線l₁，l₂相交于P點，l₁，l₂與橢圓E分別交于A，B與C，D不同四點，直線OA，OB，OC，OD的斜率k₁，k₂，k₃，k₄滿足k₁+k₂=k₃+k₄，已知當l₁與x軸重合時，|AB|=4，|CD|=3．
（1）求橢圓E的方程；
（2）是否存在定點M，N，使得|PM|+|PN|為定值，若存在，求出M，N點坐標，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）當l₁與x軸重合時，CD⊥x軸，由此列出方程組求出a，b，從而能求出橢圓E的方程．
（2）當l₁與x軸重合時，l₂⊥x軸，P點即F₂（1，0），當l₂與x軸重合時，l₁⊥x軸，P點即F₁（-1，0），當l₁，l₂不與x軸重合時，設P（x₀，y₀）（x₀≠±1，y₀≠0），設l₁：y=m（x+1），l₂：y=n（x-1），橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，分別將直線l₁，l₂與橢圓聯(lián)立，再利用韋達定理、直線方程，結(jié)合已知條件能求出存在定點M、N為橢圓焦點$（{0，±\sqrt{2}}）$，使得|PM|+|PN|為定值為定值．

解答 解：（Ⅰ）當l₁與x軸重合時，k₁=k₂=0，
∴k₃+k₄=0，∴CD⊥x軸，
|AB|=2a=4，|CD|=$\frac{2^{2}}{a}=3$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=4}\\{\frac{2^{2}}{a}=3}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．…（5分）
（Ⅱ）當l₁與x軸重合時，l₂⊥x軸，P點即F₂（1，0），
當l₂與x軸重合時，l₁⊥x軸，P點即F₁（-1，0），
當l₁，l₂不與x軸重合時，設P（x₀，y₀）（x₀≠±1，y₀≠0），
設l₁，l₂斜率分別為m，n（m≠n，m≠0，n≠0），
則：l₁：y=m（x+1），①，l₂：y=n（x-1），②，
又橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，③
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）
由①③聯(lián)立得（3+4m²）x²+8m²x+4m²-12=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{{-8{m^2}}}{{3+4{m^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{m^2}}}$，④…（6分）
由 ②③聯(lián)立得（3+4n²）x²-8n²x+4n²-12=0，
${x_1}+{x_2}=\frac{{8{n^2}}}{{3+4{n^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{n^2}-12}}{{3+4{n^2}}}$，⑤…（7分）
由k₁+k₂=k₃+k₄，得$\frac{y_1}{x_1}+\frac{y_2}{x_2}=\frac{y_3}{x_3}+\frac{y_4}{x_4}$，
又：y₁=m（x₁+1），y₂=m（x₂+1），y₃=n（x₃-1），y₄=n（x₄-1），
代入上式，得：$m（{2+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}}）=n（{2-\frac{{{x_3}+{x_4}}}{{{x_3}{x_4}}}}）$，…（8分）
將④⑤代入化簡得（mn+3）（m-n）=0，∵m≠n，∴mn=-3，…（9分）
即：$\frac{y_0}{{{x_0}+1}}•\frac{y_0}{{{x_0}-1}}=-3（{x_0}≠±1）$，化簡得：${x_0}^2+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1（{{x_0}≠±1}）$…（10分）
由P（±1，0）滿足上式，所以P點軌跡方程為：${x^2}+\frac{y^2}{3}=1$…（11分）使得|PM|+|PN|為定值
故存在定點M（0，-$\sqrt{2}$）、N（0，$\sqrt{2}$）為橢圓焦點$（{0，±\sqrt{2}}）$，使得|PM|+|PN|=2$\sqrt{3}$為定值…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、直線方程、韋達定理的合理運用．