Question

4．已知P（0，-1）是椭圆C的下顶点，F是椭圆C的右焦点，直线PF与椭圆C的另一个交点为Q，满足$\overrightarrow{PF}=7\overrightarrow{FQ}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过左顶点A作斜率为k（k＞0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点B．已知M为AD的中点，是否存在定点N，使得对于任意的k（k＞0）都有OM⊥BN，若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）P（0，-1）是椭圆C的下顶点，可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1．右焦点F（c，0）．由$\overrightarrow{PF}=7\overrightarrow{FQ}$，可得Q$（\frac{8c}{7}，\frac{1}{7}）$，代入椭圆C的方程可得：$\frac{64{c}^{2}}{49{a}^{2}}$+$\frac{1}{49}$=1，又b²=a²-c²=1，解得a即可得出．
（2）直线l的方程为：y=k（x+2），与椭圆方程联立化为：（x+2）[4k²（x+2）+（x-2）]=0，可得D（$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$）．可得AD的中点M$（\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}，\frac{2k}{4{k}^{2}+1}）$，可得k_OM．直线l的方程为：y=k（x+2），可得B（0，2k）．假设存在定点N（m，n）（m≠0），使得OM⊥BN，则k_OM•k_BN=-1，化简即可得出．

解答 解：（1）∵P（0，-1）是椭圆C的下顶点，可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1．
右焦点F（c，0）．
由$\overrightarrow{PF}=7\overrightarrow{FQ}$，可得Q$（\frac{8c}{7}，\frac{1}{7}）$，代入椭圆C的方程可得：$\frac{64{c}^{2}}{49{a}^{2}}$+$\frac{1}{49}$=1，
∴4c²=3a²，又b²=a²-c²=1，解得a=2．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）直线l的方程为：y=k（x+2），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y化为：（x+2）[4k²（x+2）+（x-2）]=0，
∴x₁=-2，x₂=$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$．
由x_D=$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，可得y_D=k（x_D+2）=$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$．∴D（$\frac{-8{k}^{2}+2}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{4k}{4{k}^{2}+1}$）．
由点M为AD的中点，可得M$（\frac{-8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}，\frac{2k}{4{k}^{2}+1}）$，可得k_OM=-$\frac{1}{4k}$．
直线l的方程为：y=k（x+2），令x=0，解得y=2k，可得B（0，2k）．
假设存在定点N（m，n）（m≠0），使得OM⊥BN，则k_OM•k_BN=-1，
∴$-\frac{1}{4k}•\frac{n-2k}{m}$=-1，化为（4m+2）k-n=0恒成立，
由$\left\{\begin{array}{l}{4m+2=0}\\{-n=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{m=-\frac{1}{2}}\\{n=0}\end{array}\right.$，
因此存在定点N$（-\frac{1}{2}，0）$．使得对于任意的k（k＞0）都有OM⊥BN．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题、斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．