Question

7．設(shè)F為橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)，點(diǎn)$p（1，\frac{3}{2}）$在橢圓E上，直線(xiàn)l₀：3x-4y-10=0與以原點(diǎn)為圓心?以橢圓E的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P且平行于AB的直線(xiàn)與橢圓交于另一點(diǎn)Q．問(wèn)是否存在直線(xiàn)l，使得四邊形PABQ的對(duì)角線(xiàn)互相平分？若存在，求出l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用點(diǎn)$p（1，\frac{3}{2}）$在橢圓E上，直線(xiàn)l₀：3x-4y-10=0與以原點(diǎn)為圓心?以橢圓E的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切，建立方程求出a，b，即可求橢圓E的方程；
（2）設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=k（x-1），直線(xiàn)PQ的方程為$y=k（x-1）+\frac{3}{2}$，分別與橢圓方程聯(lián)立，求出|AB|，|PQ|．若四邊形PABQ的對(duì)角線(xiàn)互相平分，則四邊形PABQ為平行四邊形，可得|AB|=|PQ|，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意知$\left\{{\begin{array}{l}{a=\frac{{|{-10}|}}{{\sqrt{{3^2}+{4^2}}}}=2}\\{\frac{1}{a^2}+\frac{{\frac{9}{4}}}{b^2}=1}\end{array}⇒\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=\sqrt{3}}\end{array}}\right.}\right.$
所以橢圓E 的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$…（4分）
（2）結(jié)論：存在直線(xiàn)l，使得四邊形PABQ的對(duì)角線(xiàn)互相平分．…（5分）
理由如下：由題可知直線(xiàn)l、PQ的斜率存在．
設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=k（x-1），直線(xiàn)PQ的方程為$y=k（x-1）+\frac{3}{2}$
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}}\right.$消去y得（3+4k²）x²-8k²x+（4k²-12）=0
則$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{△_1}}}{{3+4{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{144（{1+{k^2}}）}}}{{3+4{k^2}}}$，…（7分）
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\\{y=k（x-1）+\frac{3}{2}}\end{array}}\right.$消去y得（3+4k²）x²-（8k²-12k）x+（4k²-12k-3）=0
則$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{△_2}}}{{3+4{k^2}}}=\sqrt{1+{k^2}}\frac{{\sqrt{144（{\frac{1}{4}+k+{k^2}}）}}}{{3+4{k^2}}}$，…（9分）
若四邊形PABQ的對(duì)角線(xiàn)互相平分，則四邊形PABQ為平行四邊形，
∴|AB|=|PQ|，
∴$1+{k^2}=\frac{1}{4}+k+{k^2}⇒k=\frac{3}{4}$
∴直線(xiàn)l的方程為3x-4y-3=0時(shí)，四邊形PABQ的對(duì)角線(xiàn)互相平分．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程，考查直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，有難度．