Question

15．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F₂（2，0），點P（1，-$\frac{\sqrt{15}}{3}$）在橢圓C上．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）是否存在斜率為-1直線l與橢圓C相交于M，N兩點，使得|F₁M|=|F₁N|（F₁為橢圓的左焦點）？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的右焦點為F₂（2，0），點P（1，-$\frac{\sqrt{15}}{3}$）在橢圓C上，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）假設(shè)存在斜率為-1直線l：y=-x+m與橢圓C相交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）兩點，使得|F₁M|=|F₁N|，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得：4x²-6mx+3m²-6=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、兩點間距離公式、直線斜率公式，結(jié)合已知條件推導(dǎo)出不存在斜率為-1直線l與橢圓C相交于M，N兩點，使得|F₁M|=|F₁N|．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F₂（2，0），點P（1，-$\frac{\sqrt{15}}{3}$）在橢圓C上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{15}{9^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{6}$，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（Ⅱ）不存在斜率為-1直線l與橢圓C相交于M，N兩點，使得|F₁M|=|F₁N|．
理由如下：
假設(shè)存在斜率為-1直線l：y=-x+m與橢圓C相交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）兩點，使得|F₁M|=|F₁N|，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消除y，得：4x²-6mx+3m²-6=0，
△=36m²-16（3m²-6）＞0，解得-2$\sqrt{2}＜m＜2\sqrt{2}$，（*）
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{3m}{2}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{m}^{2}-6}{4}$，${y}_{1}+{y}_{2}=2m-（{x}_{1}+{x}_{2}）=2m-\frac{3m}{2}=\frac{m}{2}$，
∵M(jìn)（x₁，y₁），N（x₂，y₂），F(xiàn)₁（-2，0），|F₁M|=|F₁N|，
∴$\sqrt{（{{x}_{1}}^{\;}+2）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}=\sqrt{（{{x}_{2}+2）}^{2}+{{y}_{2}}^{2}}$，
整理，得（x₁+x₂+4）（x₁-x₂）+（y₁+y₂）（y₁-y₂）=0，
∴$\frac{3m+8}{2}（{x}_{1}-{x}_{2}）+\frac{m}{2}（{y}_{1}-{y}_{2}）=0$，
∴直線l：y=-x+m的斜率：-1=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{\frac{3m+8}{2}}{-\frac{m}{2}}$=-$\frac{3m+8}{m}$，
解得m=-4，不滿足（*）式，
∴不存在斜率為-1直線l與橢圓C相交于M，N兩點，使得|F₁M|=|F₁N|．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的直線是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意根的判別式、韋達(dá)定理、兩點間距離公式、直線斜率公式的合理運用．