Question

17．已知P（0，1）是橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上一點(diǎn)，點(diǎn)P到橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)A，B是橢圓C上異于點(diǎn)P的兩點(diǎn)，直線PA與直線x=4交于點(diǎn)M，是否存在點(diǎn)A，使得S_△ABP=$\frac{1}{2}{S_{△ABM}}$？若存在，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$過點(diǎn)P（0，1）可得b=1，然后求解a，即可求解橢圓的方程．
（Ⅱ）設(shè)A（m，n），直線PA的方程為：$y=\frac{n-1}{m}x+1$，求出M$（{4，\frac{4n-4}{m}+1}）$，通過${S_{△ABP}}=\frac{1}{2}{S_{△ABM}}$等價(jià)于$\frac{{|{PA}|}}{{|{PM}|}}=\frac{1}{3}$且點(diǎn)A在y軸的右側(cè)，黨的$\frac{{|{{x_A}-{x_P}}|}}{{|{{x_M}-{x_P}}|}}=\frac{|m|}{4}=\frac{1}{3}$，求出A（$\frac{4}{3}$，$±\frac{1}{3}$），可得結(jié)果．

解答 （本小題共14分）
解：（Ⅰ）由橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$過點(diǎn)P（0，1）可得b=1，
又點(diǎn)P到兩焦點(diǎn)距離和為$2\sqrt{2}$，可得$a=\sqrt{2}$，
所以橢圓C的方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（4分）
（Ⅱ）設(shè)A（m，n），依題意得：直線PA的斜率存在，
則直線PA的方程為：$y=\frac{n-1}{m}x+1$，
令x=4，$y=\frac{4n-4}{m}+1$，即M$（{4，\frac{4n-4}{m}+1}）$，
又${S_{△ABP}}=\frac{1}{2}{S_{△ABM}}$等價(jià)于$\frac{{|{PA}|}}{{|{PM}|}}=\frac{1}{3}$且點(diǎn)A在y軸的右側(cè)，
從而$\frac{{|{{x_A}-{x_P}}|}}{{|{{x_M}-{x_P}}|}}=\frac{|m|}{4}=\frac{1}{3}$，
因?yàn)辄c(diǎn)A在y軸的右側(cè)，
所以$\frac{m}{4}=\frac{1}{3}$，解得 $m=\frac{4}{3}$，
由點(diǎn)A在橢圓上，解得：$n=±\frac{1}{3}$，
于是存在點(diǎn)A（$\frac{4}{3}$，$±\frac{1}{3}$），使得${S_{△ABP}}=\frac{1}{2}{S_{△ABM}}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)以及橢圓方程的求法，存在性問題的解決方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．