Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個焦點分別為F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．過焦點F₂的直線l（斜率不為0）與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為D，O為坐標原點，直線OD交橢圓于M，N兩點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）當四邊形MF₁NF₂為矩形時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （I）由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得即可得出；
（II）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l方程為y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（-x₃，-y₃）．與橢圓方程聯(lián)立化為（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，．利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標公式可得：線段AB的中點D$（\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}，\frac{-2k}{1+3{k}^{2}}）$，可得直線OD的方程為：x+3ky=0（k≠0）．與橢圓方程聯(lián)立，解得${y}_{3}^{2}$=$\frac{2}{1+3{k}^{2}}$，x₃=-3ky₃．利用四邊形MF₁NF₂為矩形，可得$\overrightarrow{{F}_{2}M}•\overrightarrow{{F}_{2}N}$=0，解出即可．

解答 解：（I）由已知可得：$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a²=6，b²=2，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（II）由題意可知直線l的斜率存在，
設(shè)直線l方程為y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（-x₃，-y₃）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=k（x-2）}\end{array}\right.$，化為（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，
∴x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂-4）=$\frac{-4k}{1+3{k}^{2}}$，
∴線段AB的中點D$（\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}，\frac{-2k}{1+3{k}^{2}}）$，
∴直線OD的方程為：x+3ky=0（k≠0）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+3ky=0}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，解得${y}_{3}^{2}$=$\frac{2}{1+3{k}^{2}}$，x₃=-3ky₃．
∵四邊形MF₁NF₂為矩形，
∴$\overrightarrow{{F}_{2}M}•\overrightarrow{{F}_{2}N}$=0，
∴（x₃-2，y₃）•（-x₃-2，-y₃）=0，
∴$4-{x}_{3}^{2}-{y}_{3}^{2}$=0，
∴$4-\frac{2（9{k}^{2}+1）}{1+3{k}^{2}}$=0，解得k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$，
故直線方程為y=$±\frac{\sqrt{3}}{3}（x-2）$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標公式、矩形的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．