Question

8．已知椭圆C：已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，过点A（a，0）和B（0，b）的直线为l，坐标原点到直线l的距离为$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过右焦点F₂作斜率为k的直线方程与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在点P（m，0），使得以PM、PN为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求实数m的取值范围，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过两点式方程可得直线l的方程，再利用点到直线的距离公式及a²-b²=c²，即得椭圆C的方程；
（II）设直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合菱形对角线垂直，即$（\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}）•\overrightarrow{MN}=0$，从而用k表示出m，由此即可确定m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）根据题意，得直线l的方程为：$\frac{y-0}{b-0}=\frac{x-a}{0-a}$，即bx+ay-ab=0，
∴$\frac{|0+0-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
又∵$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²-b²=c²，
∴a²=4，b²=3，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）结论：存在满足题意的点P且m的取值范围是0＜m＜$\frac{1}{4}$；
理由如下：
由（Ⅰ）知F₂（1，0），故可设l：y=k（x-1），
联立直线与椭圆方程，得$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由韦达定理，可得
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂-2）=-k$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}$=（x₁-m，y₁）+（x₂-m，y₂）=（x₁+x₂-2m，y₁+y₂），
由于菱形对角线相互垂直，则$（\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PN}）•\overrightarrow{MN}=0$，而$\overrightarrow{MN}$=（x₂-x₁，y₂-y₁），
∴（x₁+x₂-2m）（x₂-x₁）+（y₁+y₂）（y₂-y₁）=0，
即k（y₂+y₁）+x₁+x₂-2m=0，∴k²（x₁+x₂-2）+x₁+x₂-2m=0，
所以-k²$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$+$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$-2m=0，
由已知条件可知，k≠0且k∈R，
∴m=$\frac{{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{1}{4+\frac{3}{{k}^{2}}}$，所以0＜m＜$\frac{1}{4}$，
故存在满足题意的点P且m的取值范围是0＜m＜$\frac{1}{4}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程与几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．