Question

16．已知椭圆C的焦点坐标是F₁（-1，0）、F₂（1，0），过点F₂垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且|BD|=3．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）是否存在过点P（2，1）的直线l₁与椭圆C相交于不同的两点M、N，且满足$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=$\frac{5}{4}$？若存在，求出直线l₁的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设椭圆的方程是$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），由椭圆C的焦点坐标和过点F₂垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且|BD|=3，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设满足条件的直线方程为y=k（x-2）+1，与椭圆联立，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积，结合已知条件，能求出直线l₁的方程．

解答 解：（Ⅰ）设椭圆的方程是$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
∵椭圆C的焦点坐标是F₁（-1，0）、F₂（1，0），∴c=1，
∵过点F₂垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且|BD|=3，
∴$\frac{2{b}^{2}}{a}=3$，
又a²-b²=1，∴a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（Ⅱ）假设存在直线l₁且由题意得斜率存在，设满足条件的直线方程为y=k（x-2）+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k（2k-1）x+16k²-16k-8=0，
∵直线l₁与椭圆C相交于不同的两点M，N，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∴△=[-8k（2k-1）]²-4（3+4k²）（16k²-16k-8）＞0，解得k＞-$\frac{1}{2}$，
又${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{PM}•\overrightarrow{PN}$=（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=$\frac{5}{4}$，
∴$（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）（1+{k}^{2}）=\frac{5}{4}$，
即$[{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4]（1+{k}^{2}）=\frac{5}{4}$，
∴[$\frac{16{k}^{2}-16k-8}{3+4{k}^{2}}$-2•$\frac{8k（2k-1）}{3+4{k}^{2}}$+4]（1+k²）=$\frac{4+4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，
解得k=$±\frac{1}{2}$，∵k$＞-\frac{1}{2}$，∴k=$\frac{1}{2}$，
∴存在直线l₁满足条件，其方程为y=$\frac{1}{2}x$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的直线方程是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、向量的数量积、椭圆性质的合理运用．