Question

19．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（0，$\sqrt{3}$），離心率為$\frac{1}{2}$，且F₁、F₂分別為橢圓的左右焦點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點M（-4，0）作斜率為k（k≠0）的直線l，交橢圓C于B、D兩點，N為BD中點，請說明存在實數(shù)k，使得以F₁F₂為直徑的圓經(jīng)過N點（不要求求出實數(shù)k）．

Answer 1

分析 （I）由題意可得b=$\sqrt{3}$，運用離心率公式，以及a，b，c的關(guān)系，解方程可得a=2，即可得到橢圓C的方程；
（II）設(shè)B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），線段BD的中點N（x₀，y₀），求得直線l的方程為：y=k（x+4），且k≠0．代入橢圓方程，運用韋達定理和判別式大于0，運用中點坐標(biāo)公式可得N的坐標(biāo)，假設(shè)存在實數(shù)k，使得F₁F₂為直徑的圓過N點，即F₁N⊥F₂N，運用直線的斜率之積為-1，化簡整理可得k的方程，判斷方程的解的情況，即可得到結(jié)論．

解答 解：（I）由橢圓經(jīng)過點$（0，\sqrt{3}）$，離心率為$\frac{1}{2}$，
可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，b=$\sqrt{3}$，a²-b²=c²，
解得$a=2，c=1，b=\sqrt{3}$．
可得橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（II）證明：設(shè)B（x₁，y₁），D（x₂，y₂），線段BD的中點N（x₀，y₀），
由題意可得直線l的方程為：y=k（x+4），且k≠0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=k（x+4）\end{array}\right.$，化為（3+4k²）x²+32k²x+64k²-12=0，
由△=（32k²）²-4（3+4k²）（64k²-12）＞0，可得${k^2}＜\frac{1}{4}$，且k≠0．
即有${x_1}+{x_2}=-\frac{{32{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，x₁x₂=$\frac{64{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
可得${x_o}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}$，${y_0}=k（{x_o}+4）=\frac{12k}{{3+4{k^2}}}$，
假設(shè)存在實數(shù)k，使得F₁F₂為直徑的圓過N點，即F₁N⊥F₂N，
則${k_{{F_1}N}}．{k_{{F_2}N}}_{\;}=-1$，
由${k_{{F_1}N}}=\frac{y_0}{{{x_0}+1}}=\frac{{\frac{12k}{{3+4{k^2}}}}}{{-\frac{{16{k^2}}}{{3+4{k^2}}}+1}}=\frac{4k}{{1-4{k^2}}}$，
k${\;}_{{F}_{2}N}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-1}$=$\frac{12k}{-20{k}^{2}-3}$，
則$\frac{4k}{1-4{k}^{2}}$•$\frac{12k}{-20{k}^{2}-3}$=-1，化為80k⁴+40k²-3=0，
設(shè)t=k²，則80t²+40t-3=0，
由于關(guān)于t的方程存在一正一負(fù)解，且80×$\frac{1}{16}$+40×$\frac{1}{4}$-3=12＞0，
滿足${k^2}＜\frac{1}{4}$，且k≠0，則這樣實數(shù)k存在．
即存在實數(shù)k，使得以F₁F₂為直徑的圓過N點．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用離心率公式，考查存在性問題的解法，注意運用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和中點坐標(biāo)公式和兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．