Question

18．已知F₁，F₂分別為橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$的左、右焦點，點P（x₀，y₀）在橢圓C上．
（Ⅰ）求$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$的最小值；
（Ⅱ）若y₀＞0且$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{F{{\;}_{1}F}_{2}}$=0，已知直線l：y=k（x+1）與橢圓C交于兩點A，B，過點P且平行于直線l的直線交橢圓C于另一點Q，問：四邊形PABQ能否成為平行四邊形？若能，請求出直線l的方程；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$=x₀²+y₀²-1=$\frac{1}{3}$x₀²+1，即可求$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$的最小值；
（Ⅱ）由題意設直線方程，代入橢圓方程，與韋達定理及弦長公式分別求得丨AB丨和丨PQ丨，由平行四邊形的性質可知：丨AB丨=丨PQ丨，即可求得k的值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，F₁（-1，0），F₂（1，0），
∴$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-1-x₀，-y₀），$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（1-x₀，-y₀），
∴$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$=x₀²+y₀²-1=$\frac{1}{3}$x₀²+1
∵-$\sqrt{3}$≤x₀≤$\sqrt{3}$，
∴$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{PF}_{2}}$最小值1．
（Ⅱ）∵$\overrightarrow{{PF}_{1}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，∴x₀=-1，
∵y₀＞0，∴P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由直線與橢圓聯立得，（2+3k²）x²+6k²x+3k²-6=0，
由韋達定理可知：x₁+x₂=-$\frac{6{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$．
∴由弦長公式可知丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{4\sqrt{3}（1+{k}^{2}）}{2+3{k}^{2}}$，
∵P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），PQ∥AB，
∴直線PQ的方程為y-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=k（x+1）．
將PQ的方程代入橢圓方程可知：（2+3k²）x²+6k（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）+3（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）²-6=0，
∵x_P=-1，
∴x_Q=$\frac{2-3{k}^{2}-4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}$，
∴丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x_P-x_Q丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{|4-4\sqrt{3}k|}{2+3{k}^{2}}$，
若四邊形PABQ成為平行四邊形，則丨AB丨=丨PQ丨，
∴4$\sqrt{3}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$=丨4-4$\sqrt{3}$k丨，解得k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
故符合條件的直線l的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1），即x+$\sqrt{3}$y+1=0．

點評 本題考查橢圓的標準方程與性質，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，弦長公式及平行四邊形性質的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．