Question

2．已知椭圆C的左右顶点分别为A（-2，0），B（2，0），椭圆上除A、B外的任一点C满足k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（4，0）任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM+∠PQN=180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明现由．

Answer 1

分析 （1）由题意可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），设椭圆上的任意一点C（x，y），由k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$，利用斜率计算公式可得$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，整理化简即可得出．
（2）假设在x轴上存在点Q，使得∠PQM+∠PQN=180°，设直线QM，QN的斜率存在，分别设为k₁，k₂，等价于k₁+k₂=0．设直线l的方程为y=k（x-4），与椭圆方程联立化为：（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），设Q（m，0），则k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}$=0．化为：k（x₁-4）（x₂-m）+k（x₂-4）（x₁-m）=0，把根与系数的关系代入即可得出．

解答 解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
设椭圆上的任意一点C（x，y），∵k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，整理化为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
点A（-2，0），B（2，0），也满足上述方程，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）假设在x轴上存在点Q，使得∠PQM+∠PQN=180°，
设直线QM，QN的斜率存在，分别设为k₁，k₂，等价于k₁+k₂=0．
设直线l的方程为y=k（x-4），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化为：（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0，
则△=256k⁴-4（2k²+1）（32k²-4）＞0，化为k²$＜\frac{1}{6}$．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{32{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
设Q（m，0），则k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}$=0．又y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），
化为：k（x₁-4）（x₂-m）+k（x₂-4）（x₁-m）=0，
∴k=0，或2x₁x₂-（m+4）（x₁+x₂）+8m=0，
∴2×$\frac{32{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$-（m+4）×$\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$+8m=0，化为：m-1=0，解得m=1．
k=0时也成立．
综上可得：在x轴上存在点Q（1，0），使得∠PQM+∠PQN=180°．

点评 本题考查了椭圆的标准方程、斜率计算公式、直线与椭圆相交转化为一元二次方程的根与系数的关系、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．