Question

3．過橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$右焦點F₂ 的直線交橢圓于A，B 兩點，F(xiàn)₁為其左焦點．當(dāng)直線AB⊥x軸時，△AF₁B為正三角形，且其周長為$4\sqrt{3}$． 
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè) C 為直線x=2上的一點，且滿足 CF₂⊥AB，若$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BC}$（其中O為坐標(biāo)原點），求四邊形OACB的面積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的定義，周長為$4\sqrt{3}$即可求得a的值，根據(jù)正三角形高求得c的值，即可求得b的值，寫出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)出直線AB方程，利用CF₂⊥AB，表示出直線CF₂的方程，求得C點坐標(biāo)，并將直線AB方程代入橢圓方程，求得關(guān)于y的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，求得y₁+y₂及y₁y₂值，利用平行四邊形面積公式求得OACB的面積．

解答 解：（Ⅰ）$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，由橢圓的定義，周長為$4\sqrt{3}$，
得4a=4$\sqrt{3}$，即a=$\sqrt{3}$，
由△AF₁B為正三角形，周長為$4\sqrt{3}$，
∴邊長丨AF₁丨=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴AB邊高F₁F₂的長為$\frac{\sqrt{3}}{2}$丨AF₁丨，
丨F₁F₂丨=2，即2c=2，c=1，
∵a²+b²=c²，
∴b=2，
故橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：F₂（1，0）由題意可知：設(shè)AB的方程可設(shè)x=ty+1，
由CF₂⊥AB可知，CF₂的方程為y=-t（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=2}\\{y=-t（x-1）}\end{array}\right.$，得C（2，-t），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，整理得：（2t²+3）y²+4ty-4=0，
其判斷△=16t²+16（2t²+3）＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）則，
y₁+y₂=-$\frac{4t}{2{t}^{2}+3}$，y₁y₂=-$\frac{4}{2{t}^{2}+3}$，
∴x₁+x₂=t（y₁+y₂）+2=$\frac{6}{2{t}^{2}+3}$，
∵$\overrightarrow{OA}$=$\overrightarrow{BC}$，
∴四邊形0ACB為平行四邊形，且（x₁，y₁）=（2-x₂，-t-y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=2-{x}_{2}}\\{{y}_{1}=-t-{y}_{2}}\end{array}\right.$，解得t=0，
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{6}{2{t}^{2}+3}=2}\\{-\frac{4t}{2{t}^{2}+3}=-t}\end{array}\right.$，解得t=0，
此時y₁+y₂=0，y₁y₂=-$\frac{4}{3}$，
∴S_OACB=2S_△OAB=$\frac{1}{2}$丨OF₂丨•丨y₁-y₂丨=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，
=$\sqrt{0-4（-\frac{4}{3}）^{2}}$，
=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查的知識點是橢圓的簡單性質(zhì)，直線與圓錐曲線的綜合問題，聯(lián)立直線方程，運用韋達定理，考查運算能力，綜合性強，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．