Question

7．已知橢圓$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$，過(guò)右焦點(diǎn)F₂的直線l交橢圓于M，N兩點(diǎn)．
（1）若$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=-3$，求直線l的方程；
（2）若直線l的斜率存在，在線段OF₂上是否存在點(diǎn)P（a，0），使得$|\overrightarrow{PM}|=|\overrightarrow{PN}|$，若存在，求出a的范圍，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），代入橢圓的方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$，得（5k²+4）x²-10k²x+5k²-20=0，由此能求出直線l的方程．
（2）求出MN的中點(diǎn)Q$（\frac{{5{k^2}}}{{5{k^2}+4}}，\frac{-4k}{{5{k^2}+4}}）$，假設(shè)存在點(diǎn)P（a，0），使得$|\overrightarrow{PM}|=|\overrightarrow{PN}|$，則k_PQ•k_MN=-1，由此能求出存在點(diǎn)P且$a∈[0，\frac{1}{5}）$．

解答 解：（1）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，
$M（1，\frac{{4\sqrt{5}}}{5}）$，$N（1，-\frac{{4\sqrt{5}}}{5}）$，不符合題意；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
直線l的方程為y=k（x-1），①
又橢圓的方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}$=1，②
由①②可得（5k²+4）x²-10k²x+5k²-20=0，（*）
∴x₁+x₂=$\frac{{10{k^2}}}{{5{k^2}+4}}$，x₁×x₂=$\frac{{5{k^2}-20}}{{5{k^2}+4}}$，
∴y₁y₂=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=$\frac{{-16{k^2}}}{{5{k^2}+4}}$，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=\frac{{-11{k^2}-20}}{{5{k^2}+4}}$=-3，解得k²=2，
∴k=±$\sqrt{2}$，即直線l的方程為y=$\sqrt{2}$（x-1）或y=-$\sqrt{2}$（x-1）．
（2）由（1）可知y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-8k}{{5{k^2}+4}}$，
設(shè)MN的中點(diǎn)為$Q（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}）$，即Q$（\frac{{5{k^2}}}{{5{k^2}+4}}，\frac{-4k}{{5{k^2}+4}}）$，
假設(shè)存在點(diǎn)P（a，0），使得|$\overrightarrow{PM}|=|\overrightarrow{PN}$|，則k_PQ•k_MN=-1，
解得a=$\frac{k^2}{{5{k^2}+4}}=\frac{1}{{5+\frac{4}{k^2}}}$，
當(dāng)k=0時(shí)，M，N為橢圓長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，則點(diǎn)P與原點(diǎn)重合，
當(dāng)k≠0時(shí)，$a∈（0，\frac{1}{5}）$，
綜上所述，存在點(diǎn)P且$a∈[0，\frac{1}{5}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線方程的求法，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓、直線方程、向量等知識(shí)點(diǎn)的合理運(yùn)用．