Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點為F₁、F₂，右頂點為M，過點M且斜率為$\frac{\sqrt{2}}{4}$的直線與以F₁為圓心，|OF₁|為半徑的圓相切，又橢圓C過點N（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{21}}{4}$）．
（1）求橢圓方程；
（2）是否存在過右焦點F₂的直線l交橢圓C于A，B兩點，且與直線x=4交于點P，使得|PA|，|AB|，|PB|依次成等比數(shù)列？若存在，請求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出直線y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-a），運用直線和圓相切的條件：d=r，再由點滿足橢圓方程，解方程可得a，b，c，進而得到橢圓方程；
（2）存在過右焦點F₂的直線l，設為y=k（x-1），代入橢圓方程，運用韋達定理，再由等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合坐標運算可得$\frac{|PA|}{|AB|}$=$\frac{|AB|}{|PB|}$，即有$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}-4}$，化簡整理，代入化簡解方程即可得到k，即可判斷存在性．

解答 解：（1）由題意可得M（a，0），設過點M且斜率為$\frac{\sqrt{2}}{4}$的直線為y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-a），
以F₁為圓心，|OF₁|為半徑的圓相切，可得$\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}（a+c）}{\sqrt{1+\frac{1}{8}}}$=c，
又a²-b²=c²，$\frac{9}{4{a}^{2}}$+$\frac{21}{16^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）存在過右焦點F₂的直線l，設為y=k（x-1），代入橢圓方程可得，
（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（4，t），
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由|PA|，|AB|，|PB|依次成等比數(shù)列，可得
$\frac{|PA|}{|AB|}$=$\frac{|AB|}{|PB|}$，即有$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}-4}$，
化簡可得（x₁+x₂）²-4x₁x₂=x₁x₂-4（x₁+x₂）+16，
即有（$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$）²-5•$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$=16-4•$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
化簡可得4k⁴+3k²-1=0，
解得k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
故存在這樣的直線l，方程為y=±$\frac{1}{2}$（x-1）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用直線和圓相切的條件和點滿足橢圓方程，考查直線的存在性，注意運用假設以及聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理，考查運算化簡能力，屬于中檔題．