Question

12．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左，右焦点分别为F₁，F₂，过F₁任作一条与两坐标轴都不垂直的直线，与C交于A，B两点，且△ABF₂的周长为8．当直线AB的斜率为$\frac{3}{4}$时，AF₂与x轴垂直．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）在x轴上是否存在定点M，总能使MF₁平分∠AMB？说明理由．

Answer 1

分析 （I）由题意可知：4a=8，则a=2，由题意可知：tan∠AF₁F₂=$\frac{丨A{F}_{1}丨}{丨{F}_{1}{F}_{2}丨}$=$\frac{\frac{{b}^{2}}{a}}{2c}$=$\frac{3}{4}$，即可求得b的值，求得椭圆方程；
（Ⅱ）方法一：假设存在点（m，0），使MF₁平分∠AMB，设直线l方程y=k（x+1），代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式可知：k_MA+k_MB=0，即可求得m的值；
方法二：设直线AB为x=ty-1，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式可知：k_MA+k_MB=0，即可求得m的值．

解答 解：（I）由椭圆的定义可知△ABF₂的周长4a=8，则a=2，
由直线AB的斜率为$\frac{3}{4}$时，AF₂与x轴垂直，则tan∠AF₁F₂=$\frac{丨A{F}_{1}丨}{丨{F}_{1}{F}_{2}丨}$=$\frac{\frac{{b}^{2}}{a}}{2c}$=$\frac{3}{4}$，
则b²=3c，由b²=a²-c²=4-c²，
则b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）方法一：假设存在点（m，0），使MF₁平分∠AMB，
由直线l的斜率显然存在，设直线l方程y=k（x+1），（k≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=1，
∴x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
假设存在m，由x轴平分∠AMB可得，k_MA+k_MB=0，
即$\frac{{y}_{1}-0}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}-0}{{x}_{2}-m}$=0，
k（x₁+1）（x₂-m）+k（x₂+1）（x₁-m）=0，
∴2x₁•x₂-（m-1）（x₁+x₂）-2m=0，
∴8k²-24+8k²m-8k²-6m-8mk²=0，
解得：m=-4．
故存在点M（-4，0），使MF₁平分∠AMB．
方法二：假设存在点（m，0），使MF₁平分∠AMB，
由（I）可知：F₁（-1，0），设直线AB为x=ty-1，（t≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，（3t²+4）y²-6ty-9=0，
则y₁+y₂=$\frac{6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{t}^{2}+4}$，
假设存在（m，0），由MF₁平分∠AMB可得，k_MA+k_MB=0，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}$=0，即y₁（x₁-m）+y₂（x₁-m）=0，
即y₁（ty₂-1）+y₂（ty₁-1）-m（y₁+y₂）=0，
∴2ty₁y₂-（1+m）（y₁+y₂）=0，
2t×（-$\frac{9}{3{t}^{2}+4}$）-（1-m）（$\frac{6t}{3{t}^{2}+4}$）=0，则1+m=-3，
解得：m=-4，
故存在点M（-4，0），使MF₁平分∠AMB．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．