Question

7．橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，左、右頂點(diǎn)分別為A、B，焦距為2c，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P（c，b）滿足$\overrightarrow{PO}$+$\overrightarrow{PB}$=2$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|=$\sqrt{7}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）是否存在直線l：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，使得直線PO平分線段MN，且$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{BN}$？若存在，求l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得B（a，0），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），再由向量的坐標(biāo)，可得a=2c，運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式和a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線l：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，使得直線PO平分線段MN，且$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{BN}$．將橢圓的方程和直線y=kx+m，聯(lián)立消去y，可得x的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，結(jié)合向量共線的坐標(biāo)表示，解方程可得k，m，即可判斷存在．

解答 解：（Ⅰ）B（a，0），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
由$\overrightarrow{PO}$+$\overrightarrow{PB}$=2$\overrightarrow{P{F}_{2}}$，|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|=$\sqrt{7}$，可得
（-c，-b）+（a-c，-b）=2（0，-b），
即有a=2c，又b²+4c²=7，a²-b²=c²，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線l：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，
使得直線PO平分線段MN，且$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{BN}$．
將直線y=kx+m代入橢圓方程，可得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
判別式△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-12）＞0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
則MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$），
即有3m=-4$\sqrt{3}$km，
若m=0，即直線y=kx經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，成立；
若m≠0，則k=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
由$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{BN}$，可得（x₁+2）y₂=（x₂-2）y₁，
即為m（x₁-x₂）+2（y₁+y₂）=0，
即有-m$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}}$+$\frac{12m}{3+4{k}^{2}}$=0，
解方程可得m=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
檢驗(yàn)判別式大于0成立，
故存在，且直線l的方程為y=kx或y=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$x±$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量共線的坐標(biāo)表示，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．