Question

17．橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂在x軸上，焦距為4，P為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，△PF₁F₂的內(nèi)角∠F₁PF₂最大為$\frac{π}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在與橢圓C交于A(yíng)、B兩點(diǎn)的直線(xiàn)y=kx+m（k∈R），使得|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$|？若存在，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n．m+n=2a．由題意知cos∠F₁PF₂=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{4^{2}-2mn}{2mn}$，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（2）設(shè)存在A(yíng)（x₁，y₁），B（x₂，y₂）滿(mǎn)足條件．直線(xiàn)方程與橢圓方程聯(lián)立可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，△＞0，由$|{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}|=|{\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}}|$，平方得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，可得x₁x₂+y₁y₂=0．把根與系數(shù)的關(guān)系代入解出即可得出．

解答 解：（1）設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n．m+n=2a．
由題意知cos∠F₁PF₂=$\frac{{m}^{2}+{n}^{2}-4{c}^{2}}{2mn}$=$\frac{4^{2}-2mn}{2mn}$=$\frac{2^{2}}{mn}$-1≥$\frac{2^{2}}{（\frac{2a}{2}）^{2}}$-1=$\frac{2^{2}}{{a}^{2}}$-1，
∴當(dāng)m=n=a時(shí)，cos∠F₁PF₂最小，此時(shí)∠F₁PF₂=$\frac{π}{2}$．
又c=2，∴b=c=2，a=2$\sqrt{2}$．  即知橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）設(shè)存在A(yíng)（x₁，y₁），B（x₂，y₂）滿(mǎn)足條件．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，可得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
則x₁+x₂=$\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）＞0，化為4+8k²＞m²，（*））
由$|{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}|=|{\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}}|$，平方得$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，
∴x₁x₂+y₁y₂=0．
∵y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
∴km（x₁+x₂）+（1+k²）x₁•x₂+m²=0，
代入可得：3m²-8k²-8=0，即8k²=3m²-8=0，代入（*）
得m²＞2，∴m$＞\sqrt{2}$或m＜-$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線(xiàn)與橢圓相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、不等式的解法、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．