Question

3．已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為$\frac{1}{2}$，其一個頂點為拋物線x²=-4$\sqrt{3}$y的焦點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）若過點P（2，1）的直線l與橢圓C在第一象限相切于點M，求直線l的方程和點M的坐標；
（3）是否存在過點P（2，1）的直線l₁與橢圓C相交于不同的兩點A，B，且滿足$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=${\overrightarrow{PM}^2}$？若存在，求出直線l₁的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意設出橢圓方程，再由拋物線方程求出拋物線焦點坐標，可得橢圓的短半軸長，結合離心率及隱含條件求得a，則橢圓方程可求；
（2）由題意可設直線l的方程為y=k（x-2）+1 （k≠0），聯立直線方程和橢圓方程，由判別式等于0求得k，進一步求得切點M的坐標；
（3）若存在直線l₁滿足條件，則直線l₁的斜率存在，設其方程為y=k₁（x-2）+1，聯立直線方程和橢圓方程，化為關于x的一元二次方程，利用根與系數的關系求出A，B的橫坐標的和與積，結合向量等式求得k₁得答案．

解答 解：（1）設橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1 （a＞b＞0），
由拋物線x²=-4$\sqrt{3}$y，得拋物線焦點F（0，-$\sqrt{3}$），
由題意得b=$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，解得a=2，c=1．
故橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）∵過點P（2，1）的直線l與橢圓C在第一象限相切，∴直線l的斜率存在，
故可設直線l的方程為y=k（x-2）+1 （k≠0）．
由 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=k（x-2）+1}\end{array}\right.$
得（3+4k²）x²-8k（2k-1 ）x+16k²-16k-8=0．①
∵直線l與橢圓C相切，
∴△=[-8k（2k-1）]²-4（3+4k²）（16k²-16k-8）=0．
整理，得32（6k+3）=0，解得k=-$\frac{1}{2}$．
∴直線l的方程為y=-$\frac{1}{2}$（x-2）+1=-$\frac{1}{2}$x+2．
將k=-$\frac{1}{2}$代入①式，解得M點的橫坐標為1，故切點M的坐標為；
（3）若存在直線l₁滿足條件，則直線l₁的斜率存在，設其方程為y=k₁（x-2）+1，
代入橢圓C的方程得：（3+4k）x²-8k₁（2k₁-1）x+16k-16k₁ -8=0．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵直線l₁與橢圓C相交于不同的兩點A，B，
∴△=[-8k₁（2k₁-1）]²-4（3+4k）（16k-16k₁-8）=32（6k₁+3）＞0，得k₁＞-$\frac{1}{2}$．
x₁+x₂=$\frac{8{k}_{1}（2{k}_{1}-1）}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{{k}_{1}}^{2}-16{k}_{1}-8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}={\overrightarrow{PM}}^{2}$，即（x₁-2）（x₂-2）+（y₁-1）（y₂-1）=$\frac{5}{4}$，
∴（x₁-2）（x₂-2）（1+k）=$\frac{5}{4}$，即[x₁x₂-2（x₁+x₂）+4]（1+k）=$\frac{5}{4}$，
∴[$\frac{8{k}_{1}（2{k}_{1}-1）}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$-2$\frac{16{{k}_{1}}^{2}-16{k}_{1}-8}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$+4]（1+k）═$\frac{4+4{{k}_{1}}^{2}}{3+4{{k}_{1}}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
解得k₁=±$\frac{1}{2}$．
∵A，B為不同的兩點，∴k₁=$\frac{1}{2}$．
于是存在直線l₁滿足條件，其方程為y=$\frac{1}{2}$x．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，體現了“設而不求”的解題思想方法，是中檔題．