Question

15．设椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，上顶点为A，过点A与AF₂垂直的直线交z轴负半轴于点Q，且$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}$+$\overrightarrow{{F_2}Q}$=$\overrightarrow{0}$，若过A，Q，F₂三点的圆的半径为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点F₂作斜率为k的直线l与椭圆C交丁M、N两点，在x轴上存在点P（m，0）使得以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}$+$\overrightarrow{{F_2}Q}$=$\overrightarrow{0}$，可得F₁为F₂Q中点，结合过点A与AF₂垂直的直线交x轴负半轴于点Q，在直角三角形AF₁F₂中利用a，b，c的关系结合隐含条件求得a，b，c的值，则椭圆方程可求；
（2）设出l的方程，代入椭圆的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，由以PM，PN为邻边的平行四边形是菱形，可得（$\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}$）•$\overrightarrow{MN}$=0，再结合根与系数的关系和向量的坐标表示，即可求得m的取值范围．

解答 解：（1）∵$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}$+$\overrightarrow{{F_2}Q}$=$\overrightarrow{0}$，∴$2\overrightarrow{{F}_{1}Q}+2\overrightarrow{Q{F}_{2}}+\overrightarrow{{F}_{2}Q}=\overrightarrow{0}$，
即$2\overrightarrow{{F}_{1}Q}=\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，则F₁为F₂Q中点．
∵AQ⊥AF₂，∴过A，Q，F₂三点的圆的圆心为F₁（-c，0），半径为2c．
则a=2c，∴△AF₁F₂为等边三角形，则$b=\sqrt{3}c$，
结合a²=b²+c²，解得c=1，
∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴所求椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）由（1）知，F₂（1，0），
设l的方程为y=kx-k，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-k}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y可得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$．
∴$\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}$=（x₁-m，y₁）+（x₂-m，y₂）=（x₁+x₂-2m，y₁+y₂）．
=（x₁+x₂-2m，k（x₁+x₂）-2k）．
又$\overrightarrow{MN}$=（x₂-x₁，y₂-y₁）=（x₂-x₁，k（x₂-x₁））．
由于菱形对角线互相垂直，则（$\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}$）•$\overrightarrow{MN}$=0，
（x₂-x₁）[（x₁+x₂）-2m]+k（x₂-x₁）[k（x₁+x₂）-2k]=0．
故（x₂-x₁）[（x₁+x₂）-2m+k²（x₁+x₂）-2k²]=0．
∵x₂-x₁≠0．
∴（x₁+x₂）-2m+k²（x₁+x₂）-2k²=0，即（1+k²）（x₁+x₂）-2k²-2m=0．
∴（1+k²）$•\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$-2k²-2m=0．
解得：m=$\frac{{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{4+\frac{3}{{k}^{2}}}$，
∴$\frac{3}{{k}^{2}}＞0$，∴$4+\frac{3}{{k}^{2}}＞4$，
则$0＜\frac{1}{4+\frac{3}{{k}^{2}}}＜\frac{1}{4}$．
即m∈（0，$\frac{1}{4}$）．
故存在满足题意的点P且m的取值范围是（0，$\frac{1}{4}$）．

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查基本不等式的运用，解题时应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，属于中档题．