Question

18．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F₁、F₂，右顶点为M，过点M且斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$的直线与以F₁为圆心，|OF₁|为半径的圆相切，又椭圆C过点N（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{21}}{4}$）．
（1）求椭圆方程；
（2）是否存在过右焦点F₂的直线l交椭圆C于A，B两点，且与直线x=4交于点P，使得|PA|，|AB|，|PB|依次成等比数列？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出直线y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-a），运用直线和圆相切的条件：d=r，再由点满足椭圆方程，解方程可得a，b，c，进而得到椭圆方程；
（2）存在过右焦点F₂的直线l，设为y=k（x-1），代入椭圆方程，运用韦达定理，再由等比数列的性质，结合坐标运算可得$\frac{|PA|}{|AB|}$=$\frac{|AB|}{|PB|}$，即有$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}-4}$，化简整理，代入化简解方程即可得到k，即可判断存在性．

解答 解：（1）由题意可得M（a，0），设过点M且斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$的直线为y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-a），
以F₁为圆心，|OF₁|为半径的圆相切，可得$\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}（a+c）}{\sqrt{1+\frac{1}{8}}}$=c，
又a²-b²=c²，$\frac{9}{4{a}^{2}}$+$\frac{21}{16{b}^{2}}$=1，
解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）存在过右焦点F₂的直线l，设为y=k（x-1），代入椭圆方程可得，
（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（4，t），
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由|PA|，|AB|，|PB|依次成等比数列，可得
$\frac{|PA|}{|AB|}$=$\frac{|AB|}{|PB|}$，即有$\frac{{x}_{1}-4}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}-4}$，
化简可得（x₁+x₂）²-4x₁x₂=x₁x₂-4（x₁+x₂）+16，
即有（$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$）²-5•$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$=16-4•$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
化简可得4k⁴+3k²-1=0，
解得k²=$\frac{1}{4}$，即k=±$\frac{1}{2}$．
故存在这样的直线l，方程为y=±$\frac{1}{2}$（x-1）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用直线和圆相切的条件和点满足椭圆方程，考查直线的存在性，注意运用假设以及联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查运算化简能力，属于中档题．