Question

18．已知F₁，F₂分别为椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$的左、右焦点，点P（x₀，y₀）在椭圆C上．
（Ⅰ）求$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$的最小值；
（Ⅱ）若y₀＞0且$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{F{{\;}_{1}F}_{2}}$=0，已知直线l：y=k（x+1）与椭圆C交于两点A，B，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$=x₀²+y₀²-1=$\frac{1}{3}$x₀²+1，即可求$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$的最小值；
（Ⅱ）由题意设直线方程，代入椭圆方程，与韦达定理及弦长公式分别求得丨AB丨和丨PQ丨，由平行四边形的性质可知：丨AB丨=丨PQ丨，即可求得k的值．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知，F₁（-1，0），F₂（1，0），
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-1-x₀，-y₀），$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（1-x₀，-y₀），
∴$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$=x₀²+y₀²-1=$\frac{1}{3}$x₀²+1
∵-$\sqrt{3}$≤x₀≤$\sqrt{3}$，
∴$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$最小值1．
（Ⅱ）∵$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，∴x₀=-1，
∵y₀＞0，∴P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由直线与椭圆联立得，（2+3k²）x²+6k²x+3k²-6=0，
由韦达定理可知：x₁+x₂=-$\frac{6{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$．
∴由弦长公式可知丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{4\sqrt{3}（1+{k}^{2}）}{2+3{k}^{2}}$，
∵P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），PQ∥AB，
∴直线PQ的方程为y-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=k（x+1）．
将PQ的方程代入椭圆方程可知：（2+3k²）x²+6k（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）+3（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）²-6=0，
∵x_P=-1，
∴x_Q=$\frac{2-3{k}^{2}-4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}$，
∴丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x_P-x_Q丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{|4-4\sqrt{3}k|}{2+3{k}^{2}}$，
若四边形PABQ成为平行四边形，则丨AB丨=丨PQ丨，
∴4$\sqrt{3}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$=丨4-4$\sqrt{3}$k丨，解得k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
故符合条件的直线l的方程为y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1），即x+$\sqrt{3}$y+1=0．

点评 本题考查椭圆的标准方程与性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式及平行四边形性质的综合应用，考查计算能力，属于中档题．