Question

9．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率e=$\frac{1}{2}$，右焦点为F，右顶点为A，P为直线x=$\frac{5}{4}$a上的任意一点，且（$\overrightarrow{PF}$+$\overrightarrow{PA}$）•$\overrightarrow{AF}$=2．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若过点P所作椭圆C的切线l与坐标轴不平行，切点为Q，且交y轴于点T，试确定x轴上是否存在定点M，使得sin∠OTQ=2|cos∠TQM|．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 设P（$\frac{5}{4}$a，m），根据（$\overrightarrow{PF}$+$\overrightarrow{PA}$）•$\overrightarrow{AF}$=2，得（2c-3a）（c-a）=4，从而求出a，c，再求出b，进而求出椭圆的方程；
（Ⅱ）设切点Q，得到切线方程，与椭圆方程联立，由判别式△=0，求出k的表达式，表示出sin∠OTQ=2|cos∠TQM|，从而求出m的值，得出答案．

解答 解：（Ⅰ） 由题意，知右顶点A（a，0），设P（$\frac{5}{4}$a，m），右焦点F（c，0），则a=2c，
由（$\overrightarrow{PF}$+$\overrightarrow{PA}$）•$\overrightarrow{AF}$=2，得（2c-3a）（c-a）=4，
解得a=2，c=1，所以b²=a²-c²=3，
所以椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（Ⅱ）设切点Q（x₀，y₀），x₀ y₀≠0，切线方程为y-y₀=k（x-x₀），与椭圆方程联立，
得：（3+4k²）x²+8k（y₀-kx₀）x+4（y₀-kx₀）²-12=0有相等实根，
∴△=${[8k{（y}_{0}-{kx}_{0}）]}^{2}$-4（3+4k²）[4${{（y}_{0}-{kx}_{0}）}^{2}$-12=0，
解得：k=-$\frac{{3x}_{0}}{{4y}_{0}}$，
又3${{x}_{0}}^{2}$+4${{y}_{0}}^{2}$=12，所以，切线方程为3x₀x+4y₀y-12=0，
则切线与y轴的交点T（0，$\frac{3}{{y}_{0}}$），且原点O到切线的距离d=$\frac{12}{\sqrt{{{9x}_{0}}^{2}+1{{6y}_{0}}^{2}}}$，
所以sin∠OTQ=$\frac{d}{|OT|}$=$\frac{4{|y}_{0}|}{\sqrt{{{9x}_{0}}^{2}+1{{6y}_{0}}^{2}}}$，
若x轴上存在定点M（m，0），使sin∠OTQ=2|cos∠TQM|，
由$\overrightarrow{QT}$=（-x₀，$\frac{3{{-y}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}$）=（-x₀，$\frac{{{3x}_{0}}^{2}}{{4y}_{0}}$），$\overrightarrow{QM}$=（m-x₀，-y₀），
得：|cos∠TQM|=$\frac{|\overrightarrow{OT}•\overrightarrow{QM}|}{|\overrightarrow{QT}|•|\overrightarrow{QM}|}$=$\frac{|{4y}_{0}（m{-x}_{0}）+{{3x}_{0}y}_{0}|}{\sqrt{{{9x}_{0}}^{2}+1{{6y}_{0}}^{2}}•\sqrt{{（m{-x}_{0}）}^{2}{{+y}_{0}}^{2}}}$，
∴$\frac{2{|y}_{0}|}{\sqrt{{{9x}_{0}}^{2}+1{{6y}_{0}}^{2}}}$=$\frac{|{4y}_{0}（m{-x}_{0}）+{{3x}_{0}y}_{0}|}{\sqrt{{{9x}_{0}}^{2}+1{{6y}_{0}}^{2}}•\sqrt{{（m{-x}_{0}）}^{2}{{+y}_{0}}^{2}}}$，
对任意的|x₀|∈（0，2）恒成立，
化简，得m²=1，m=±1．
所以，x轴上存在定点M（±1，0）即椭圆C的两焦点使sin∠OTQ=2|cos∠TQM|．

点评 本题考察了椭圆的方程及性质，考察直线和椭圆的综合应用，（Ⅱ）问中求出k的表达式，表示出sin∠OTQ=2|cos∠TQM|是解答本题的关键．