Question

7．如圖，設(shè)橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦點為F₁，F(xiàn)₂，上頂點為A，點B和點F₂關(guān)于F₁對稱，且AB⊥AF₂，A，B，F(xiàn)₂三點確定的圓M恰好與直線$x-\sqrt{3}y-3=0$相切．
（1）求橢圓的方程C；
（2）過F₁作一條與兩坐標(biāo)軸都不垂直的直線l交橢圓于P，Q零點，在x軸上是否存在點N，使得NF₁恰為△PNQ的內(nèi)角平分線，若存在，求出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：F₁（-c，0），M的圓心坐標(biāo)為F₁（-c，0），半徑為2c，根據(jù)點到直線的距離公式$\frac{丨-c-3丨}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}$=2c，即可求得c的值，由射影定理可知：b²=BO²=BO•OF₂=2c•c=3，即可求得b²=3，根據(jù)橢圓的性質(zhì)即可求得a的值，求得橢圓方程；
（2）由題意可知設(shè)直線l的方程為y=k（x+1）（k≠0），將直線方程代入橢圓方程，由韋達定理x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，由NF₁恰為△PNQ的內(nèi)角平分線，可知k_NP=-k_MQ，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，整理求得x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$=$\frac{-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{8{k}^{2}-24}{3+4{k}^{2}}}{2-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$=-4，即可求得點N的坐標(biāo)．

解答 解：（1）由題意可知：F₁（-c，0），B（-3c，0），M的圓心坐標(biāo)為F₁（-c，0），半徑為2c，
由直線$x-\sqrt{3}y-3=0$與圓M相切，$\frac{丨-c-3丨}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}}$=2c，解得：c=1，
由AB⊥AF₂，AO⊥BF₁，
由射影定理可知：b²=BO²=BO•OF₂=2c•c=3，即b²=3，
∴a²=b²+c²=4，
橢圓的方程C：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）假設(shè)存在滿足條件的點N（x₀，0），由題意可知：直線l的方程為y=k（x+1）（k≠0），
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
∴3x²+4k²（x+1）²=12，
∴（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∵NF₁恰為△PNQ的內(nèi)角平分線，
∴k_NP=-k_MQ，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，
∴$\frac{k（{x}_{1}+1）}{{x}_{1}-{x}_{0}}$=-$\frac{k（{x}_{2}+1）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
∴（x₁+1）（x₁-x₀）=-（x₂+1）（x₂-x₀），
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$=$\frac{-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{8{k}^{2}-24}{3+4{k}^{2}}}{2-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$=-4，
∴存在點N的坐標(biāo)為（-4，0）．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直與橢圓的位置關(guān)系，考查點到直線的距離公式，韋達定理，斜率公式及射影定理的綜合應(yīng)用，綜合性強，考查計算能力，屬于中檔題．