Question

3．已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为$\frac{1}{2}$，其一个顶点为抛物线x²=-4$\sqrt{3}$y的焦点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点P（2，1）的直线l与椭圆C在第一象限相切于点M，求直线l的方程和点M的坐标；
（3）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A，B，且满足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=${\overrightarrow{PM}^2}$？若存在，求出直线l₁的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意设出椭圆方程，再由抛物线方程求出抛物线焦点坐标，可得椭圆的短半轴长，结合离心率及隐含条件求得a，则椭圆方程可求；
（2）由题意可设直线l的方程为y=k（x-2）+1 （k≠0），联立直线方程和椭圆方程，由判别式等于0求得k，进一步求得切点M的坐标；
（3）若存在直线l₁满足条件，则直线l₁的斜率存在，设其方程为y=k₁（x-2）+1，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求出A，B的横坐标的和与积，结合向量等式求得k₁得答案．

解答 解：（1）设椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1 （a＞b＞0），
由抛物线x²=-4$\sqrt{3}$y，得抛物线焦点F（0，-$\sqrt{3}$），
由题意得b=$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，解得a=2，c=1．
故椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）∵过点P（2，1）的直线l与椭圆C在第一象限相切，∴直线l的斜率存在，
故可设直线l的方程为y=k（x-2）+1 （k≠0）．
由 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=k（x-2）+1}\end{array}\right.$
得（3+4k²）x²-8k（2k-1 ）x+16k²-16k-8=0．①
∵直线l与椭圆C相切，
∴△=[-8k（2k-1）]²-4（3+4k²）（16k²-16k-8）=0．
整理，得32（6k+3）=0，解得k=-$\frac{1}{2}$．
∴直线l的方程为y=-$\frac{1}{2}$（x-2）+1=-$\frac{1}{2}$x+2．
将k=-$\frac{1}{2}$代入①式，解得M点的横坐标为1，故切点M的坐标为；
（3）若存在直线l₁满足条件，则直线l₁的斜率存在，设其方程为y=k₁（x-2）+1，
代入椭圆C的方程得：（3+4k）x²-8k₁（2k₁-1）x+16k-16k₁ -8=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵直线l₁与椭圆C相交于不同的两点A，B，
∴△=[-8k₁（2k₁-1）]²-4（3+4k）（16k-16k₁-8）=32（6k₁+3）＞0，得k₁＞-$\frac{1}{2}$．
x₁+x₂=$\frac{8{k}_{1}（2{k}_{1}-1）}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{{k}_{1}}^{2}-16{k}_{1}-8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={\overrightarrow{PM}}^{2}$，即（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=$\frac{5}{4}$，
∴（x₁-2）（x₂-2）（1+k）=$\frac{5}{4}$，即[x₁x₂-2（x₁+x₂）+4]（1+k）=$\frac{5}{4}$，
∴[$\frac{8{k}_{1}（2{k}_{1}-1）}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$-2$\frac{16{{k}_{1}}^{2}-16{k}_{1}-8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$+4]（1+k）═$\frac{4+4{{k}_{1}}^{2}}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
解得k₁=±$\frac{1}{2}$．
∵A，B为不同的两点，∴k₁=$\frac{1}{2}$．
于是存在直线l₁满足条件，其方程为y=$\frac{1}{2}$x．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．