Question

2．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，上顶点为B，Q点坐标为（3，0），且$\overrightarrow{{F}_{1}B}$•$\overrightarrow{QB}$=0，2$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$+$\overrightarrow{Q{F}_{1}}$=0．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过定点P（0，2）的直线l与椭圆C交于M，N两点（M在P，N之间），设直线l的斜率为k（k＞0），在x轴上是否存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知Q（3，0），F₁B⊥QB，|QF₁|=4c=3+c，解得c=1． 在Rt△F₁BQ中，|BF₂|=2c=2，得a=2，由此能求出椭圆C的标准方程；
（2）设l：y=kx+2（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中点为E（x₀，y₀）．假设存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，联立直线与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合斜率公式求实数m的取值范围．

解答 解：（1）由已知Q（3，0），F₁B⊥QB，
|QF₁|=4c=3+c，∴c=1． 
在Rt△F₁BQ中，F₂为线段F₁Q的中点，
故|BF₂|=2c=2，∴a=2．
于是椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）设l：y=kx+2（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中点为E（x₀，y₀）．
假设存在点A（m，0），
使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（4k²+3）x²+16kx+4=0，
由△=256k²-16（4k²+3）＞0，得${k}^{2}＞\frac{1}{4}$，又k＞0，∴k＞$\frac{1}{2}$．
∵${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-16k}{4{k}^{2}+3}$，
∴${x}_{0}=-\frac{8k}{4{k}^{2}+3}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+2=\frac{6}{4{k}^{2}+3}$．
∵AE⊥MN，∴${k}_{AF}=-\frac{1}{k}$，即$\frac{\frac{6}{4{k}^{2}+3}-0}{\frac{-8k}{4{k}^{2}+3}-m}=-\frac{1}{k}$，
整理得m=-$\frac{2k}{4{k}^{2}+3}$=-$\frac{2}{4k+\frac{3}{k}}$．
∵k＞$\frac{1}{2}$时，4k+$\frac{3}{k}$≥4$\sqrt{3}$，
∴m=-$\frac{2}{4k+\frac{3}{k}}$∈[-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，0）．

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查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．