Question

20．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），過(guò)C上一點(diǎn)$（{2\sqrt{2}，\sqrt{2}}）$的切線l的方程為x+2y-4$\sqrt{2}$=0．
（1）求橢圓C的方程．
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)M（0，1）且斜率不為0的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，試問(wèn)y軸上是否存在點(diǎn)P，使得$\overrightarrow{PM}=λ（\frac{{\overrightarrow{PA}}}{{|{\overrightarrow{PA}}|}}+\frac{{\overrightarrow{PB}}}{{|{\overrightarrow{PB}}|}}）$？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\\{x+2y-4\sqrt{2}=0}\end{array}}\right.$，得$（4{b^2}+{a^2}）{y^2}-16\sqrt{2}{b^2}y+32{b^2}-{a^2}{b^2}=0$，由橢圓C與直線l相切，點(diǎn)（2$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）在橢圓C上，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)直線的方程為y=kx+1（k≠0），聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx-12=0．由此利用根判別式、韋達(dá)定理、角平分線性質(zhì)，結(jié)合已知推導(dǎo)出存在點(diǎn)P（0，4）使得$\overrightarrow{PM}=λ（\frac{{\overrightarrow{PA}}}{{|{\overrightarrow{PA}}|}}+\frac{{\overrightarrow{PB}}}{{|{\overrightarrow{PB}}|}}）$．

解答 解：（1）由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}\\{x+2y-4\sqrt{2}=0}\end{array}}\right.$，消去x并整理得$（4{b^2}+{a^2}）{y^2}-16\sqrt{2}{b^2}y+32{b^2}-{a^2}{b^2}=0$，
∵橢圓C與直線l相切，
∴$△=（16\sqrt{2}^{2}）^{2}-4（4^{2}+{a}^{2}）（32^{2}-{a}^{2}^{2}）=0$，
化簡(jiǎn)得4b²+a²-32=0，①，
又點(diǎn)（2$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$）在橢圓C上，∴$\frac{8}{{a}^{2}}+\frac{2}{^{2}}$=1，②，
由①②得a²=1，b²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$．
（2）y軸上存在點(diǎn)P，使得$\overrightarrow{PM}=λ（\frac{{\overrightarrow{PA}}}{{|{\overrightarrow{PA}}|}}+\frac{{\overrightarrow{PB}}}{{|{\overrightarrow{PB}}|}}）$．
理由如下：
設(shè)直線的方程為y=kx+1（k≠0），
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$消去y并整理得（4k²+1）x²+8kx-12=0．
△=（8k）²+4（4k²+1）×12=256k²+48＞0．
設(shè)$A（{{x_1}，{y_1}}），B（{{x_2}，{y_2}}），則{x_1}+{x_2}=-\frac{8k}{{4{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=-\frac{12}{{4{k^2}+1}}$．
假設(shè)存在點(diǎn)P（0，t）滿足條件，
由于$\overrightarrow{PM}=λ（{\frac{{\overrightarrow{PA}}}{{|{\overrightarrow{PA}}|}}+\frac{{\overrightarrow{PB}}}{{|{\overrightarrow{PB}}|}}}）$，
∴PM平分∠APB．
由題意知直線PA與直線PB的傾斜角互補(bǔ)，
∴k_PA+k_PB=0，
即$\frac{{{y_1}-t}}{x_1}+\frac{{{y_2}-t}}{x_2}=0，即{x_2}（{y_1}-t）+{x_1}（{y_2}-t）=0$（*），
y₁=kx₁+1，y₂=kx₂+1
代入（*）并整理得2kx₁x₂+（1-t）（x₁+x₂）=0，
∴$-2k•\frac{12}{{4{k^2}+1}}+\frac{（1-t）（-8k）}{{4{k^2}+1}}=0$，
整理得3k+k（1-t）=0，即k（4-t）=0，
∴當(dāng)t=4時(shí)，無(wú)論k取何值均成立．
∴存在點(diǎn)P（0，4）使得$\overrightarrow{PM}=λ（\frac{{\overrightarrow{PA}}}{{|{\overrightarrow{PA}}|}}+\frac{{\overrightarrow{PB}}}{{|{\overrightarrow{PB}}|}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與證明，考查橢圓、直線方程、根的判別式、韋達(dá)定理等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．