Question

8．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左，右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，上頂點(diǎn)為B．Q為拋物線y²=24x的焦點(diǎn)，且$\overrightarrow{{F_1}B}•\overrightarrow{QB}=0$，$2\overrightarrow{{F_1}{F_2}}+\overrightarrow{Q{F_1}}$=0
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）過(guò)定點(diǎn)P（0，4）的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)（M在P，N之間），設(shè)直線l的斜率為k（k＞0），在x軸上是否存在點(diǎn)A（m，0），使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？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 （Ⅰ）由已知Q（6，0），F(xiàn)₁B⊥QB，|QF₁|=4c=6+c，解得c=2． 在Rt△F₁BQ中，|BF₂|=2c=a，所以a=4，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)l：y=kx+4（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中點(diǎn)為E（x₀，y₀）．假設(shè)存在點(diǎn)A（m，0），使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$⇒（4k²+3）x²+32kx+16=0，由此利用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件能求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由已知Q（6，0），F(xiàn)₁B⊥QB，
|QF₁|=4c=6+c，所以c=2． …（1分）
在Rt△F₁BQ中，F(xiàn)₂為線段F₁Q的中點(diǎn)，
故|BF₂|=2c=4，所以a=4．…（2分）
于是橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
（Ⅱ）設(shè)l：y=kx+4（k＞0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），取MN的中點(diǎn)為E（x₀，y₀）．
假設(shè)存在點(diǎn)A（m，0），使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$⇒（4k²+3）x²+32kx+16=0
△＞0⇒k$＞\frac{1}{2}$.$\frac{-32k}{4{k}^{2}+3}$∴$\frac{-16k}{4{k}^{2}+3}$，y₀=kx₀+4=$\frac{12}{4{k}^{2}+3}$．
因?yàn)锳E⊥MN，所以kAE=-$\frac{1}{k}$．
$\frac{12}{4{k}^{2}+3}=-\frac{1}{k}×（-\frac{16k}{4{k}^{2}+3}-m）$⇒m=-$\frac{4k}{4{k}^{2}+3}=-\frac{4}{4k+\frac{3}{k}}$．
∵$k＞\frac{1}{2}$，∴$4k+\frac{3}{k}≥4\sqrt{3}，\frac{1}{4k+\frac{3}{k}}∈（0，\frac{\sqrt{3}}{12}]$
所以m$∈[-\frac{\sqrt{3}}{3}，0]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查在x軸上是否存在點(diǎn)A（m，0），使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形的確定與實(shí)數(shù)m的取值范圍的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理運(yùn)用．