Question

6．已知橢圓C：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$的焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂．
（Ⅰ）求以線段F₁，F(xiàn)₂為直徑的圓的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)P（4，0）任作一條直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N．在x軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠PQM+∠PQN=180°？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （ I）c²=2．然后求解以線段F₁F₂為直徑的圓的方程．
（ II）若存在點(diǎn)Q（m，0），直線QM和QN的斜率存在，分別設(shè)為k₁，k₂．等價(jià)于k₁+k₂=0．設(shè)直線l的方程為y=k（x-4）．與橢圓方程聯(lián)立，利用△＞0．求出${k^2}＜\frac{1}{6}$．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，通過${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}+\frac{y_2}{{{x_2}-m}}=0$，求出m=1．說明存在點(diǎn)Q（1，0），使得∠PQM+∠PQN=180°．

解答 （本小題滿分13分）
解：（ I）因?yàn)閍²=4，b²=2，所以c²=2．
所以以線段F₁F₂為直徑的圓的方程為x²+y²=2．…（3分）
（ II）若存在點(diǎn)Q（m，0），使得∠PQM+∠PQN=180°，
則直線QM和QN的斜率存在，分別設(shè)為k₁，k₂．
等價(jià)于k₁+k₂=0．
依題意，直線l的斜率存在，故設(shè)直線l的方程為y=k（x-4）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\end{array}}\right.$，得（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0．
因?yàn)橹本�l與橢圓C有兩個(gè)交點(diǎn)，所以△＞0．
即（16k²）²-4（2k²+1）（32k²-4）＞0，解得${k^2}＜\frac{1}{6}$．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{32{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$，y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4）．

令${k_1}+{k_2}=\frac{y_1}{{{x_1}-m}}+\frac{y_2}{{{x_2}-m}}=0$，（x₁-m）y₂+（x₂-m）y₁=0，（x₁-m）k（x₂-4）+（x₂-m）k（x₁-4）=0，
當(dāng)k≠0時(shí)，2x₁x₂-（m+4）（x₁+x₂）+8m=0，
所以$2×\frac{{32{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$$-（m+4）×\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}+8m=0$，
化簡得，$\frac{8（m-1）}{{2{k^2}+1}}=0$，
所以m=1．
當(dāng)k=0時(shí)，也成立．
所以存在點(diǎn)Q（1，0），使得∠PQM+∠PQN=180°．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，存在性問題的處理方法，考查分析問題解決問題的能力．