Question

4．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，上頂點為A，點$P（{1，\frac{3}{2}}）$在橢圓C上，過點A與AF₂垂直的直線交x軸負半軸于點B，且$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}+\overrightarrow{{F_2}B}=\overrightarrow 0$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在過點Q（4，0）的直線m與橢圓C相交于不同的兩點M，N，使得36|QP|²=35|QM|•|QN|？若存在，求出直線m的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出B的坐標，根據(jù)$\overrightarrow{{F}_{2}A}$•$\overrightarrow{AB}$=0，以及F₁為F₂B的中點，求出a=2c，得到關(guān)于a，b，c的方程，求出橢圓的方程即可；
（2）設(shè)直線m的范圍為y=k（x-4），聯(lián)立方程組得到（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，求出k的范圍，設(shè)M（x₁，y₁），N （x₂，y₂），得到關(guān)于k的方程，解出即可．

解答 解：（1）設(shè)B（x₀，0），由F₂（c，0），A（0，b），
得$\overrightarrow{{F}_{2}A}$=（-c，b），$\overrightarrow{AB}$=（x₀，-b），
∵$\overrightarrow{{F}_{2}A}$•$\overrightarrow{AB}$=0，∴-cx₀-b²=0，
∴x₀=-$\frac{^{2}}{c}$，
∵2$\overrightarrow{{{F}_{1}F}_{2}}$+$\overrightarrow{{F}_{2}B}$=0，
∴F₁為F₂B的中點，
∴-$\frac{^{2}}{c}$+c=-2c，
∴b²=3c²=a²-c²，
∴a=2c，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{^{2}}=1}\\{a=2c}\\{{a}^{2}{=b}^{2}{+c}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{c}^{2}=1}\\{^{2}=3}\\{{a}^{2}=4}\end{array}\right.$，
∴橢圓的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）由題意得直線m的斜率存在，
∴可設(shè)直線m的范圍為y=k（x-4），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得（3+4k²）x²-32k²x+64k²-12=0，
由△=（32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，
解得：-$\frac{1}{2}$＜k＜$\frac{1}{2}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N （x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{3{2k}^{2}}{3+{4k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6{4k}^{2}-12}{3+{4k}^{2}}$，
∵|PQ|²=$\frac{45}{4}$，∴|QM|•|QN|=$\frac{81}{7}$，
又|QM|•|QN|=$\sqrt{{（4{-x}_{1}）}^{2}{{+y}_{1}}^{2}}$×$\sqrt{{（4{-x}_{2}）}^{2}{{+y}_{2}}^{2}}$
=（k²+1）[x₁x₂-4（x₁+x₂）+16]=（k²+1）•$\frac{36}{3+{4k}^{2}}$，
∴（k²+1）•$\frac{36}{3+{4k}^{2}}$=$\frac{81}{7}$，
解得：k=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，經(jīng)檢驗成立，
∴直線方程是y=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$（x-4）即$\sqrt{2}$x+4y-4$\sqrt{2}$=0或$\sqrt{2}$x-4y-4$\sqrt{2}$=0．

點評 本題考查了橢圓方程的求解，直線與橢圓位置關(guān)系的問題，考查分析理解與計算能力．