Question

6．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$），左、右焦點(diǎn)為F₁、F₂，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，且|AB|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$|F₁F₂|．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)M（-4，0）作斜率為k（k≠0）的直線l，交橢圓E于P、Q兩點(diǎn)，N為PQ中點(diǎn)，問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)k，使得以F₁F₂為直徑的圓經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓焦點(diǎn)在x軸上，將點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）代入橢圓方程$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4{b^2}}}=1$，由$\sqrt{{a^2}+{b^2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}•2c$，c²=a²-b²，聯(lián)立即可求得a和b的值，即可求得橢圓E的方程；
（2）由題意可得直線l的方程為：y=k（x+4），且k≠0代入橢圓方程．△＞0，可得${k^2}＜\frac{1}{4}$，且k≠0由韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式線段PQ的中點(diǎn)N（x₀，y₀），假設(shè)存在實(shí)數(shù)k，使得F₁F₂為直徑的圓過(guò)N點(diǎn)，則${k_{{F_1}N}}．{k_{{F_2}N}}_{\;}=-1$．由${k_{{F_1}N}}=\frac{y_0}{{{x_0}+1}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+1}}=\frac{4k}{{1-4{k^2}}}$，${k_{{F_2}N}}=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}-1}}=\frac{12k}{{-20{k^2}-3}}$，代入可知：設(shè)t=k²，則80t²+40t-3=0，關(guān)于t的方程存在正解，存在實(shí)數(shù)k，使得以F₁F₂為直徑的圓經(jīng)過(guò)N點(diǎn)．

解答 解：（1）橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，
∵橢圓E過(guò)點(diǎn)$（{1，\frac{3}{2}}）$，
∴將點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$），代入橢圓方程得$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4{b^2}}}=1$，①
由已知$|AB|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}|{F_1}{F_2}|$，
∴$\sqrt{{a^2}+{b^2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}•2c$，即a²+b²=7c²②
又∵c²=a²-b²③，
將①②③聯(lián)立得$\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=\sqrt{3}}\end{array}}\right.$，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（5分）
（2）證明：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y），線段PQ的中點(diǎn)N（x₀，y₀）．
由題意可得直線l的方程為：y=k（x+4），且k≠0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=k（x+4）\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²+32k²x+64k²-12=0，
由△=（32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，可得${k^2}＜\frac{1}{4}$，且k≠0．
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$${x_1}．{x_2}=\frac{{64{k^2}-12}}{{3+4{k^2}}}$．                           …（7分）
∴${x_o}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${y_0}=k（{x_o}+4）=\frac{12k}{{3+4{k^2}}}$
假設(shè)存在實(shí)數(shù)k，使得F₁F₂為直徑的圓過(guò)N點(diǎn)，
即F₁N⊥F₂N，則${k_{{F_1}N}}．{k_{{F_2}N}}_{\;}=-1$，…（9分）
∵${k_{{F_1}N}}=\frac{y_0}{{{x_0}+1}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+1}}=\frac{4k}{{1-4{k^2}}}$，${k_{{F_2}N}}=\frac{y_0}{{{x_0}-1}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}-1}}=\frac{12k}{{-20{k^2}-3}}$
∴$\frac{4k}{{1-4{k^2}}}×\frac{12k}{{-20{k^2}-3}}=-1$，化為80k⁴+40k²-3=0，…（11分）
設(shè)t=k²，則80t²+40t-3=0，
∴關(guān)于t的方程存在正解，這樣實(shí)數(shù)k存在．
即存在實(shí)數(shù)k，使得以F₁F₂為直徑的圓經(jīng)過(guò)N點(diǎn)．  …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式及直線的斜率公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．