Question

17．已知椭圆C的焦点坐标是F₁（-1，0）、F₂（1，0），过点F₂垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且|BD|=3．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过定点P（0，2）且斜率为k的直线l与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：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 （Ⅰ）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），由题意可得c=1，再由x=1代入椭圆方程，可得弦长，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中点为E（x₀，y₀），在x轴上假设存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，即有AE⊥MN．将直线方程代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，以及两直线垂直的条件：斜率之积为-1，结合基本不等式即可得到所求m的范围，进而判断存在．

解答 解：（Ⅰ）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由题意可得c=1，即a²-b²=1，
又x=1时，y=±b$\sqrt{1-\frac{1}{{a}^{2}}}$，
可得$\frac{2{b}^{2}}{a}$=3，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+2，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中点为E（x₀，y₀），
在x轴上假设存在点A（m，0），使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，
即有AE⊥MN，
由y=kx+2代入椭圆方程，可得（3+4k²）x²+16kx+4=0，
则△=（16k）²-16（3+4k²）＞0，解得k＞$\frac{1}{2}$或k＜-$\frac{1}{2}$，
x₁+x₂=-$\frac{16k}{3+4{k}^{2}}$，中点x₀=-$\frac{8k}{3+4{k}^{2}}$，
y₀=k•（-$\frac{8k}{3+4{k}^{2}}$）+2=$\frac{6}{3+4{k}^{2}}$，
由k_AE=-$\frac{1}{k}$，可得$\frac{\frac{6}{3+4{k}^{2}}-0}{\frac{-8k}{3+4{k}^{2}}-m}$=-$\frac{1}{k}$，
可得m=-$\frac{2k}{3+4{k}^{2}}$=$\frac{-2}{4k+\frac{3}{k}}$，
当k＞$\frac{1}{2}$时，4k+$\frac{3}{k}$≥4$\sqrt{3}$，即有-$\frac{\sqrt{3}}{6}$≤m＜0；
当k＜-$\frac{1}{2}$时，4k+$\frac{3}{k}$≤-4$\sqrt{3}$，即有0＜m≤$\frac{\sqrt{3}}{6}$．
综上可得，存在点A（m，0），且m∈[-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，0）∪（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}$]，
使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的性质，考查存在性问题的解法，注意运用直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，以及中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为-1，考查运算能力，属于中档题．