Question

2．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率e=$\frac{1}{2}$，點(diǎn)A為橢圓上一點(diǎn)，$∠{F_1}A{F_2}={60°}，且{S_{△{F_1}A{F_2}}}$=$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)動直線l：kx+m與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)P，且與直線x=4相交于點(diǎn)Q．問：在x軸上是否存在定點(diǎn)M，使得以PQ為直徑的圓恒過定點(diǎn)M？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由e=$\frac{1}{2}$可得，a²=4c²，再根據(jù)三角形面積公式解得橢圓方程．
（2）直線和橢圓聯(lián)立方程組，得到點(diǎn)P坐標(biāo)利用直徑得垂直關(guān)系得到相應(yīng)關(guān)系式，從而列式求解．

解答 解：（1）由e=$\frac{1}{2}$可得，a²=4c²，①
${S}_{△{F}_{1}A{F}_{2}}=\frac{1}{2}|A{F}_{1}||A{F}_{2}|sin60°$═$\sqrt{3}$，可得，|AF₁||AF₂|=4
在△F₁AF₂中由余弦定理有，$|{F}_{1}A{|}^{2}+|{F}_{2}A{|}^{2}-2|{F}_{1}A||{F}_{2}A|cos60°$=4c²，又|AF₁|+|AF₂|=2a
可得a²-c²=3②
聯(lián)立①②得，a²=4，c²=1，∴b²=3，
所以橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$
（2）設(shè)點(diǎn)P（x0，y0）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得
（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0
△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，化簡得4k²-m²+3=0，
∴${x}_{0}=-\frac{4km}{4{k}^{2}+3}=-\frac{4k}{m}，{y}_{0}=\frac{3}{m}$
所以P（$-\frac{4k}{m}，\frac{3}{m}$）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{x=4}\end{array}\right.$，得Q（4，4k+m），假設(shè)存在點(diǎn)M，坐標(biāo)為（x₁，0），則$\overrightarrow{MP}=（-\frac{4k}{m}-{x}_{1}，\frac{3}{m}）$，
$\overrightarrow{MQ}=（4-{x}_{1}，4k+m）$，因?yàn)橐訮Q為直徑的圓恒過點(diǎn)M，所以$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=0$，即$-\frac{16k}{m}+\frac{4k{x}_{1}}{m}-4{x}_{1}+{x}_{1}^{2}+\frac{12k}{m}+3=0$
所以有$（4{x}_{1}-4）\frac{k}{m}+{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0$對任意的k，m都成立．
則$\left\{\begin{array}{l}{4{x}_{1}-4=0}\\{{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0}\end{array}\right.$解得x₁=1，故存在定點(diǎn)M（1，0）符合題意．

點(diǎn)評 本題主要考查了橢圓方程的求解和直線與圓錐曲線的綜合問題，屬�？碱}型．