Question

7．已知橢圓C；$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)（0，2），且離心率為$\frac{\sqrt{5}}{5}$
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，若在直線x=3上存在點(diǎn)P使得線段PF₂的垂直平分線與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)T，證明：F₁，T，P三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：b=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可得出橢圓C的方程．
（II）由（I）可知：F₂（1，0），且直線F₂P的斜率存在，設(shè)其方程為：y=k（x-1），可得P（3，2k），設(shè)線段F₂P的中點(diǎn)為D，則D（2，k）．對k分類討論：當(dāng)k=0時(shí)，線段F₂P的垂直平分線方程為：x=2．不合題意，舍去．k≠0時(shí)，線段F₂P的垂直平分線為：y=-$\frac{1}{k}$（x-2）+k．與橢圓方程聯(lián)立，利用相切的性質(zhì)可得：△=0，解得k．可得T坐標(biāo)．對k，分類討論即可證明．

解答 解：（I）由題意可得：b=2，$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得b=2，a²=5，c=1．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
證明：（II）由（I）可知：F₂（1，0），
且直線F₂P的斜率存在，設(shè)其方程為：y=k（x-1），∴P（3，2k），
設(shè)線段F₂P的中點(diǎn)為D，則D（2，k），
當(dāng)k=0時(shí)，線段F₂P的垂直平分線方程為：x=2．直線x=2與橢圓相交，不合題意，舍去．
k≠0時(shí)，線段F₂P的垂直平分線為：y=-$\frac{1}{k}$（x-2）+k．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=-\frac{1}{k}（x-2）+k}\end{array}\right.$，化為：$（4+\frac{5}{{k}^{2}}）$x²-$（\frac{20}{{k}^{2}}+10）$x+$（\frac{20}{{k}^{2}}+5{k}^{2}）$=0，（*）
△=$（\frac{20}{{k}^{2}}+10）^{2}$-4$（4+\frac{5}{{k}^{2}}）$$（\frac{20}{{k}^{2}}+5{k}^{2}）$=$\frac{80}{{k}^{2}}$-80k²=0，解得k=±1．
（*）方程化為：9x²-30x+25=0，解得x_T=$\frac{5}{3}$，代入橢圓方程可得：y_T=$±\frac{4}{3}$．
當(dāng)k=1時(shí)，F(xiàn)₁（-1，0），T$（\frac{5}{3}，\frac{4}{3}）$，P（3，2），∵${k}_{T{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{1}{2}$，∴${k}_{T{F}_{1}}$=${k}_{P{F}_{1}}$，∴F₁，T，P三點(diǎn)共線．
當(dāng)k=-1時(shí)，F(xiàn)₁（-1，0），T$（\frac{5}{3}，-\frac{4}{3}）$，P（3，-2），∵${k}_{T{F}_{1}}$=-$\frac{1}{2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=-$\frac{1}{2}$，∴${k}_{T{F}_{1}}$=${k}_{P{F}_{1}}$，∴F₁，T，P三點(diǎn)共線．
綜上可得：F₁，T，P三點(diǎn)共線．

點(diǎn)評 本題主要考查直線、橢圓、直線與橢圓的位置關(guān)系、線段垂直平分線的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查考生分析問題和解決問題的能力，屬于難題．