Question

13．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，過右焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長為1，過點(diǎn)（m，0）（0＜m＜a）的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn) P（$\frac{4}{m}$，0）作垂直于x軸的直線l，在直線l上是否存在點(diǎn)Q，使得△ABQ為等邊三角形？若存在，試求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意列關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組可得a，b，c的值，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)直線AB的方程為x=ty+m（t∈R），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中x₁≤x₂，記AB的中點(diǎn)為M，聯(lián)立直線系方程和橢圓方程，化為關(guān)于y的一元二次方程，分AB垂直于x軸和AB不垂直x軸討論，當(dāng)AB垂直于x軸時(shí)，直接求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)；當(dāng)AB不垂直x軸時(shí)，由△ABQ為等邊三角形，對(duì)m分類求解．

解答 解：（1）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2^{2}}{a}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
∴所求的橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線AB的方程為x=ty+m（t∈R），
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中x₁≤x₂，
記AB的中點(diǎn)為M．由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+t²）y²+2tmy+m²-4=0，
則△=4t²m²-4（4+t²）（m²-4）=16（t²+4-m²）＞0．
${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2tm}{4+{t}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（-\frac{2tm}{4+{t}^{2}}）^{2}-4\frac{{m}^{2}-4}{4+{t}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+4-{m}^{2}}}{4+{t}^{2}}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=t（{y}_{1}+{y}_{2}）+2m=\frac{8m}{4+{t}^{2}}$，
∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)${x}_{M}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{4m}{4+{t}^{2}}$，縱坐標(biāo)${y}_{M}=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=-\frac{tm}{4+{t}^{2}}$．
假設(shè)在直線l上存在點(diǎn)Q，使得△ABQ為等邊三角形，
記點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\frac{4}{m}，n$），連接QM，則QM⊥AB．
①當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí)，A（m，$-\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{2}$），B（m，$\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{2}$），
點(diǎn)Q的坐標(biāo)只能是（$\frac{4}{m}，0$），
|AB|=$\sqrt{4-{m}^{2}}$，|QM|=$\frac{4}{m}-m$，
若△ABQ為等邊三角形，則$\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{\frac{4}{m}-m}=\frac{2}{\sqrt{3}}$，解得${m}^{2}=\frac{16}{7}＜4$，
即這時(shí)在直線l上存在點(diǎn)Q（$\sqrt{7}$，0），使得△ABQ為等邊三角形；
②當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí)，${k}_{QM}=\frac{mn（4+{t}^{2}）+t{m}^{2}}{4（4+{t}^{2}）-4{m}^{2}}$，${k}_{AB}=\frac{1}{t}$，
${k}_{QM}•{k}_{AB}=\frac{mn（4+{t}^{2}）+t{m}^{2}}{4（4+{t}^{2}）}•\frac{1}{t}=-1$，即n=$\frac{3tm}{4+{t}^{2}}-\frac{4t}{m}$，
|QM|=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+1}（4+{t}^{2}-{m}^{2}）}{（4+{t}^{2}）m}$，|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{1+{t}^{2}}\frac{4\sqrt{4+{t}^{2}-{m}^{2}}}{4+{t}^{2}}$，
若△ABQ為等邊三角形，則$\frac{|QM|}{|AB|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得${t}^{2}=\frac{7{m}^{2}}{4}-4$，n=$\frac{3tm}{4+{t}^{2}}-\frac{4t}{m}=t（\frac{3m}{4+{t}^{2}}-\frac{4}{m}）=-\frac{16t}{7m}$．
當(dāng)0＜m＜$\frac{4\sqrt{7}}{7}$時(shí)，t不存在；
當(dāng)$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2時(shí)，t=$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$時(shí)，n=-$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$；
t=-$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$時(shí)，n=$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$．
綜上，當(dāng)0＜m＜$\frac{4\sqrt{7}}{7}$時(shí)，直線l上不存在點(diǎn)Q，使得△ABQ為等邊三角形；
當(dāng)m=$\frac{4\sqrt{7}}{7}$時(shí)，直線l上存在一個(gè)點(diǎn)Q，使得△ABQ為等邊三角形，Q（$\sqrt{7}$，0）；
當(dāng)$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2且t=$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$時(shí)，在直線l上有且僅有一個(gè)點(diǎn)Q（$\frac{4}{m}$，-$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$），使得△ABQ為等邊三角形；
當(dāng)$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2且t=-$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$時(shí)，在直線l上有且僅有一個(gè)點(diǎn)Q（$\frac{4}{m}$，$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$），使得△ABQ為等邊三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、直線與橢圓的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想及邏輯推理與運(yùn)算能力，解答（2）的關(guān)鍵是把圖形轉(zhuǎn)化為合適的位置關(guān)系、數(shù)量關(guān)系，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為方程組的問題，再通過代數(shù)手段來解決，是壓軸題．