Question

19．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右焦点在直线l：$\sqrt{3}$x-y-3=0上，且椭圆上任意两个关于原点对称的点与椭圆上任意一点的连线的斜率之积为-$\frac{1}{4}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线t经过点P（1，0），且与椭圆C有两个交点A，B，是否存在直线l₀：x=x₀（其中x₀＞2）使得A，B到l₀的距离d_A，d_B满足$\frac{d_A}{d_B}=\frac{{|{PA}|}}{{|{PB}|}}$恒成立？若存在，求出x₀的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）当y=0，求得焦点坐标，利用直线的斜率公式，即可求得k_PM•k_PN=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{4}$，则a²=4b²，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）设直线l的方程为y=k（x-1），代入椭圆方程，运用韦达定理，假设存在这样的直线l₀，运用点到直线的距离公式和两点的距离公式，可得$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}-1}{1-{x}_{2}}$，化简整理代入，即可判断．

解答 解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，由椭圆的焦点在直线l：$\sqrt{3}$x-y-3=0，
∴右焦点F₂（$\sqrt{3}$，0），即c=$\sqrt{3}$，
设P（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁）．
则$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}=1$，$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1$，得到y₀²=b²（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}$），y₁²=b²（1-$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$），
∴k_PM•k_PN=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{x}_{1}^{2}}$=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$．
即$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{4}$，即a²=4b²，
由a²-b²=c²=3，解得：a²=4，b²=1，
∴椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）设直线l的方程为y=k（x-1），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²-8k²x+4k²-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂），
即有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
存在直线l₀：x=x₀（其中x₀＞2），
使得A，B到l₀的距离d_A，d_B满足：$\frac{d_A}{d_B}=\frac{{|{PA}|}}{{|{PB}|}}$恒成立，
∴$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}-1}{1-{x}_{2}}$，即为2x₁x₂+2x₀-（1+x₀）（x₁+x₂）=0，
即有$\frac{8{k}^{2}-8}{1+4{k}^{2}}$+2x₀-（1+x₀）•$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0，
即为8k²-8+2x₀（1+4k²）-8k²（1+x₀）=0，
∴2x₀=8，解得x₀=4＞2．
故存在这样的直线l：x=4．

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，解题时要认真审题，注意椭圆性质、根的判别式、韦达定理的合理运用，属于中档题．