已知椭圆C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的离心率e=$\frac{1}{2}$.点A为椭圆上一点.$∠{F 1}A{F 2}={60°}.且{S {△{F 1}A{F 2}}}$=$\sqrt{3}$．(1)求椭圆C的方程,(2)设动直线l:kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P.且与直线x=4相交于点Q．问:在x轴上是否存在定点M.使得以PQ为直� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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2．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率e=$\frac{1}{2}$，点A为椭圆上一点，$∠{F_1}A{F_2}={60°}，且{S_{△{F_1}A{F_2}}}$=$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设动直线l：kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q．问：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过定点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

分析（1）由e=$\frac{1}{2}$可得，a²=4c²，再根据三角形面积公式解得椭圆方程．
（2）直线和椭圆联立方程组，得到点P坐标利用直径得垂直关系得到相应关系式，从而列式求解．

解答解：（1）由e=$\frac{1}{2}$可得，a²=4c²，①
${S}_{△{F}_{1}A{F}_{2}}=\frac{1}{2}|A{F}_{1}||A{F}_{2}|sin60°$═$\sqrt{3}$，可得，|AF₁||AF₂|=4
在△F₁AF₂中由余弦定理有，$|{F}_{1}A{|}^{2}+|{F}_{2}A{|}^{2}-2|{F}_{1}A||{F}_{2}A|cos60°$=4c²，又|AF₁|+|AF₂|=2a
可得a²-c²=3②
联立①②得，a²=4，c²=1，∴b²=3，
所以椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$
（2）设点P（x0，y0）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得
（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0
△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，化简得4k²-m²+3=0，
∴${x}_{0}=-\frac{4km}{4{k}^{2}+3}=-\frac{4k}{m}，{y}_{0}=\frac{3}{m}$
所以P（$-\frac{4k}{m}，\frac{3}{m}$）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{x=4}\end{array}\right.$，得Q（4，4k+m），假设存在点M，坐标为（x₁，0），则$\overrightarrow{MP}=（-\frac{4k}{m}-{x}_{1}，\frac{3}{m}）$，
$\overrightarrow{MQ}=（4-{x}_{1}，4k+m）$，因为以PQ为直径的圆恒过点M，所以$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=0$，即$-\frac{16k}{m}+\frac{4k{x}_{1}}{m}-4{x}_{1}+{x}_{1}^{2}+\frac{12k}{m}+3=0$
所以有$（4{x}_{1}-4）\frac{k}{m}+{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0$对任意的k，m都成立．
则$\left\{\begin{array}{l}{4{x}_{1}-4=0}\\{{x}_{1}^{2}-4{x}_{1}+3=0}\end{array}\right.$解得x₁=1，故存在定点M（1，0）符合题意．

点评本题主要考查了椭圆方程的求解和直线与圆锥曲线的综合问题，属常考题型．

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