Question

14．設(shè)F₁，F(xiàn)₂分別為橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)A為橢圓E的左頂點(diǎn)，點(diǎn)B為橢圓E的上頂點(diǎn)，且|AB|=2．
（Ⅰ）若橢圓E的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求橢圓E的方程；
（Ⅱ）設(shè)P為橢圓E上一點(diǎn)，且在第一象限內(nèi)，直線F₂P與y軸相交于點(diǎn)Q．若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)F₁，證明：點(diǎn)P在直線x+y-2=0上．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過題意可得A（-a，0）、B（0，b），利用|AB|=2、$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，計(jì)算即可；
（Ⅱ）設(shè)P（x₀，y₀），由題意知x₀≠c，利用${k}_{{F}_{1}P}$•${k}_{{F}_{1}Q}$=-1、$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4-{a}^{2}}$=1，x₀、y₀＞0，計(jì)算即可．

解答 （Ⅰ）解：∵點(diǎn)A為橢圓E的左頂點(diǎn)，點(diǎn)B為橢圓E的上頂點(diǎn)，
∴A（-a，0），B（0，b），
又∵|AB|=2，∴a²+b²=4，
∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴a=$\sqrt{3}$，b=1，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（Ⅱ）證明：由題意知a²+b²=4，從而橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4-{a}^{2}}$=1，
則F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{2{a}^{2}-4}$，
設(shè)P（x₀，y₀），由題意知x₀≠c，
則直線F₁P的斜率${k}_{{F}_{1}P}$=$\frac{{y}_{0}}{c+{x}_{0}}$，直線F₂P的斜率${k}_{{F}_{2}P}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$，
∴直線F₂P的方程為：y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$（x-c），
當(dāng)x=0時(shí)，y=-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$c，即點(diǎn)Q（0，-$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-c}$c），
∴直線F₁Q的斜率${k}_{{F}_{1}Q}$=$\frac{{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$，
∵以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)F₁，
∴PF₁⊥F₁Q，∴${k}_{{F}_{1}P}$•${k}_{{F}_{1}Q}$=$\frac{{y}_{0}}{c+{x}_{0}}$•$\frac{{y}_{0}}{c-{x}_{0}}$=-1，
化簡(jiǎn)得：${{y}_{0}}^{2}$=${{x}_{0}}^{2}$-（2a²-4），①
又∵P為橢圓E上一點(diǎn)，且在第一象限內(nèi)，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4-{a}^{2}}$=1，x₀、y₀＞0，②
由①②，解得x₀=$\frac{{a}^{2}}{2}$，y₀=2-$\frac{1}{2}$a²，
∴x₀+y₀=2，即點(diǎn)P在直線x+y-2=0上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓的位置關(guān)系、斜率等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．