Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心為坐標原點，離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，A₁，A₂，B₁，B₂是其四個頂點，且四邊形A₁B₁A₂B₂的面積為4$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）是否存在過橢圓C的右焦點F且與橢圓C相交于M，N兩點的直線l，使得在直線x=3上可以找到一點B，滿足△MNB為正三角形？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過橢圓定義直接計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）由（I）可知F（2，0）．分直線l與x軸是否垂直兩種情況討論，易知當直線l與x軸垂直時不滿足題意；當直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l：y=k（x-2），利用韋達定理及兩點間距離公式可得|MN|=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，設(shè)MN的中點為Q，利用|QB|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|，計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由已知可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，2ab=4$\sqrt{3}$，
∴1-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，a²b²=12，
解得：a²=6，b²=2，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）由（I）可知F（2，0）．
①當直線l與x軸垂直時，M（2，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），N（2，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），B（3，0），
此時|MN|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，|BF|=1，
∵$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|≠|(zhì)BF|，
∴M、N、B不能構(gòu)成正三角形；
②當直線l與x軸不垂直時，
設(shè)直線l：y=k（x-2），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立直線l與橢圓方程，得：（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，
易知△＞0且x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{1{2k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{（1+3{k}^{2}）^{2}}}$
=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
設(shè)MN的中點為Q，則x_Q=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x_B=3，
QB為MN的中垂線，
則|QB|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•|x_B-x_Q|
=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•（3-$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$）
=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}}{|k|}$•$\frac{3（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$
=$\frac{3（1+{k}^{2}）\sqrt{1+{k}^{2}}}{（1+3{k}^{2}）•|k|}$，
由△MNB為正三角形可知：|QB|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|，
∴$\frac{3（1+{k}^{2}）\sqrt{1+{k}^{2}}}{（1+3{k}^{2}）•|k|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
化簡得：k=±1，
∴直線l的方程為：x-y-2=0或x+y-2=0．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．