Question

2．已知橢圓C的左右頂點(diǎn)分別為A（-2，0），B（2，0），橢圓上除A、B外的任一點(diǎn)C滿足k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)點(diǎn)P（4，0）任作一條直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，在x軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠PQM+∠PQN=180°？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明現(xiàn)由．

Answer 1

分析 （1）由題意可設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），設(shè)橢圓上的任意一點(diǎn)C（x，y），由k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$，利用斜率計(jì)算公式可得$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，整理化簡(jiǎn)即可得出．
（2）假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)Q，使得∠PQM+∠PQN=180°，設(shè)直線QM，QN的斜率存在，分別設(shè)為k₁，k₂，等價(jià)于k₁+k₂=0．設(shè)直線l的方程為y=k（x-4），與橢圓方程聯(lián)立化為：（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），設(shè)Q（m，0），則k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}$=0．化為：k（x₁-4）（x₂-m）+k（x₂-4）（x₁-m）=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入即可得出．

解答 解：（1）由題意可設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
設(shè)橢圓上的任意一點(diǎn)C（x，y），∵k_AC•k_BC=-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{2}$，整理化為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
點(diǎn)A（-2，0），B（2，0），也滿足上述方程，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)Q，使得∠PQM+∠PQN=180°，
設(shè)直線QM，QN的斜率存在，分別設(shè)為k₁，k₂，等價(jià)于k₁+k₂=0．
設(shè)直線l的方程為y=k（x-4），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-4）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（2k²+1）x²-16k²x+32k²-4=0，
則△=256k⁴-4（2k²+1）（32k²-4）＞0，化為k²$＜\frac{1}{6}$．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{16{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{32{k}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
設(shè)Q（m，0），則k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-m}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-m}$=0．又y₁=k（x₁-4），y₂=k（x₂-4），
化為：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，化為：m-1=0，解得m=1．
k=0時(shí)也成立．
綜上可得：在x軸上存在點(diǎn)Q（1，0），使得∠PQM+∠PQN=180°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、斜率計(jì)算公式、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．