Question

18．已知F₁（-1，0），F₂（1，0）分别是椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点，点P在椭圆上，且PF₂⊥F₁F₂，|PF₁|-|PF₂|=$\frac{a}{2}$．
（1）求椭圆G方程；
（2）若点B是椭圆G的是上顶点，过F₂的直线l与椭圆G交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BF₂M与△BF₂N的面积的比值为2？如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的定义及条件求得|PF₁|=$\frac{5a}{4}$，|PF₂|=$\frac{3a}{4}$，利用勾股定理求得a，由b=1，b²=a²-c²=3，即可求得椭圆方程；
（2）由三角形的面积，可知$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=-2$\overrightarrow{{F}_{2}N}$，方法一：设x=my+1，代入椭圆方程，由韦达定理及y₁=-2y₂，即可求得m的值，求得直线l的方程；
方法二：设直线l的方程为y=k（x-1），代入椭圆方程，由韦达定理及y₁=-2y₂，即可求得k的值，求得直线l的方程；

解答 解：（1）由椭圆的定义可知：|PF₁|-|PF₂|=2a，|PF₁|-|PF₂|=$\frac{a}{2}$．
则|PF₁|=$\frac{5a}{4}$，|PF₂|=$\frac{3a}{4}$，
由PF₂⊥F₁F₂，则|PF₁|²-|PF₂|²=丨F₁F₂丨²，得|PF₁|²-|PF₂|²=4，
解得：a²=3，
由c=1，b²=a²-c²=3，
∴椭圆G方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）B到直线MN的距离d，
则△BF₂M面积S₁=$\frac{1}{2}$•丨MF₂丨•d，
△BF₂N的面积S₂=$\frac{1}{2}$•丨NF₂丨•d，
$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=2，则$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=-2$\overrightarrow{{F}_{2}N}$，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直线l：x=my+1，
则y₁=-2y₂，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得整理（3k²+4）y²+6my-9=0，
由韦达定理可知：y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$，
解得：y₁=-$\frac{12m}{3{m}^{2}+4}$，y₂=$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，
∴（-$\frac{12m}{3{m}^{2}+4}$）×$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$，
解得：m=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴直线l的方程：x=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$y+1；
方法二：B到直线MN的距离d，
则△BF₂M面积S₁=$\frac{1}{2}$•丨MF₂丨•d，
△BF₂N的面积S₂=$\frac{1}{2}$•丨NF₂丨•d，
$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=2，则$\overrightarrow{{F}_{2}M}$=-2$\overrightarrow{{F}_{2}N}$，
当直线l斜率不存在时，FM与FN比值为1，不符合题意，舍去；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x-1），
直线l的方程代入椭圆方程$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消x并整理得（3+4k²）y²+6ky-9k²=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则y₁+y₂=-$\frac{6k}{3+4{k}^{2}}$ ①，y₁y₂=-$\frac{9{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$②
由FM与FN比值为2得y₁=-2y₂③
由①②③解得k=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴存在直线l：y=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$（x-1）使得△BFM与△BFN的面积比值为2．

点评 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，向量数量积的坐标运算，考查学生的计算能力，属于中档题．