已知椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1过点A.斜率为$\sqrt{3}$的直线l1过椭圆C的焦点及点B．(Ⅰ)求椭圆C的方程,(Ⅱ)已知直线l2过椭圆C的左焦点F.交椭圆C于点P.Q.若直线l2与两坐标轴都不垂直.试问x轴上是否存在一点M.使得MF恰为∠PMQ的角平分线?若存在.求点M的坐标,若不存在.说明理由� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点A（-$\sqrt{3}$，1），斜率为$\sqrt{3}$的直线l₁过椭圆C的焦点及点B（0，-2$\sqrt{3}$）．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知直线l₂过椭圆C的左焦点F，交椭圆C于点P、Q，若直线l₂与两坐标轴都不垂直，试问x轴上是否存在一点M，使得MF恰为∠PMQ的角平分线？若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．

分析（Ⅰ）直线l₁过椭圆C的右焦点（c，0），$\frac{-2\sqrt{3}-0}{0-c}=\sqrt{3}$，得c=2，又椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点A（-$\sqrt{3}$，1），得$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，
（Ⅱ）设点M（m，0），左焦点为F（-2，0），设直线PQ的方程，与椭圆联立，由此利用韦达定理、角平分线性质、椭圆性质，结合已条条件能求出点M坐标．

解答解（Ⅰ）斜率为$\sqrt{3}$的直线l₁过椭圆C的焦点及点B（0，-2$\sqrt{3}$）．则直线l₁过椭圆C的右焦点（c，0）
$\frac{-2\sqrt{3}-0}{0-c}=\sqrt{3}$，∴c=2，
又∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点A（-$\sqrt{3}$，1），∴$\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，
且a²=b²+4，解得a²=6，b²=2．
∴椭圆C的方程：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（Ⅱ）设点M（m，0），左焦点为F（-2，0），可设直线PQ的方程为x=$\frac{y}{k}-2$，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{y}{k}-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$消去x，得（$\frac{1}{{k}^{2}}+3$）y²-$\frac{4}{k}y$-2=0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则则y₁+y₂=$\frac{4k}{3{k}^{2}+1}$，y₁•y₂=$\frac{-2{k}^{2}}{3{k}^{3}+1}$．
要使MF为∠PMQ的一条角平分线，必满足k_PM+k_QM=0．
即$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}=0$，∵${x}_{1}=\frac{{y}_{1}}{k}-2，{x}_{2}=\frac{{y}_{2}}{k}-2$，
代入上式可得$\frac{2}{k}$y₁y₂-2（y₁+y₂）-m（y₁+y₂）=0
$\frac{2}{k}×\frac{-2{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}-（m+2）\frac{4k}{1+3{k}^{2}}=0$，解得m=-3，∴点M（-3，0）．
x轴上存在一点M（-3，0），使得MF恰为∠PMQ的角平分线．

点评本题考查椭圆方程的求法，考查点的坐标的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、角平分线性质、椭圆性质的合理运用．属于中档题．

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