Question

9．如圖，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，|A₁B₁|=$\sqrt{7}$，F(xiàn)₁是橢圓C的左焦點，A₁是橢圓C的左頂點，B₁是橢圓C的上頂點，且$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{1}}$=$\overrightarrow{{F}_{1}O}$，點P（n，0）（n≠0）是長軸上的任一定點，過P點的任一直線l交橢圓C于A，B兩點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在定點Q（x₀，0），使得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$為定值，若存在，試求出定點Q的坐標(biāo)，并求出此定值；若不存在，請說明理由．

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)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y=k（x-n），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合平面向量的數(shù)量積運(yùn)算可得
使得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$為定值時的定點Q（x₀，0），驗證直線l的斜率不存在時成立得答案．

解答 解：（1）由題意可知，$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+^{2}=7}\\{a=2c}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y=k（x-n），
代入橢圓方程可得：（4k²+3）x²-8k²nx+4k²n²-12=0．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}n}{4{k}^{2}+3}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}{n}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=（{x}_{1}-{x}_{0}）（{x}_{2}-{x}_{0}）+{y}_{1}{y}_{2}$=$（{x}_{1}-{x}_{0}）（{x}_{2}-{x}_{0}）+{k}^{2}（{x}_{1}-n）（{x}_{2}-n）$
=$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}-（{k}^{2}n+{x}_{0}）（{x}_{1}+{x}_{2}）-{{x}_{0}}^{2}+{k}^{2}{n}^{2}$
=$\frac{（7{n}^{2}-8n{x}_{0}+4{{x}_{0}}^{2}-12）{k}^{2}+3{{x}_{0}}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$  ①，
若①是與k無關(guān)的常數(shù)，則3（$7{n}^{2}-8n{x}_{0}+4{{x}_{0}}^{2}-12$）=$4（3{{x}_{0}}^{2}-12）$，
解得：${x}_{0}=\frac{1}{2n}+\frac{7n}{8}$，
此時，$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}={{x}_{0}}^{2}-4=（\frac{1}{2n}+\frac{7n}{8}）^{2}-4$；
當(dāng)l與x軸垂直時，l：x=n，
此時A（n，$\sqrt{3（1-\frac{{n}^{2}}{4}）}$），B（n，-$\sqrt{3（1-\frac{{n}^{2}}{4}）}$），
$\overrightarrow{QA}•\overrightarrow{QB}=（n-{x}_{0}）^{2}-3（1-\frac{{n}^{2}}{4}）={{x}_{0}}^{2}-4$=$（\frac{1}{2n}+\frac{7n}{8}）^{2}-4$成立．
∴存在定點Q（$\frac{1}{2n}+\frac{7n}{8}，0$），使得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$為定值$（\frac{1}{2n}+\frac{7n}{8}）^{2}-4$．

點評 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查了橢圓的簡單性質(zhì)，考查存在性問題的求解方法，體現(xiàn)了同一法在解決存在性問題中的應(yīng)用，是高考試卷中的壓軸題．