Question

14．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，設其左右焦點為F₁，F(xiàn)₂，過F₂的直線l交橢圓于A，B兩點，三角形F₁AB的周長為8．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）設O為坐標原點，若OA⊥OB，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求出a，結(jié)合離心率求得c，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，求出A，B的坐標，驗證不合題意；當直線l的斜率存在時，寫出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系求出A，B橫縱坐標的乘積，結(jié)合OA⊥OB求得k值，則直線l的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得4a=8，a=2，又$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得c=$\sqrt{3}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=$\sqrt{3}$，此時A（$\sqrt{3}，-\frac{1}{2}$），B（$\sqrt{3}，\frac{1}{2}$），
$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=3-\frac{1}{4}=\frac{11}{4}≠0$，不滿足題意；
當直線l的斜率存在時，設斜率為k，則直線方程為y=$kx-\sqrt{3}k$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\\{y=kx-\sqrt{3}k}\end{array}\right.$，得$（1+4{k}^{2}）{x}^{2}-8\sqrt{3}{k}^{2}x+12{k}^{2}-4=0$．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-\sqrt{3}k）（k{x}_{2}-\sqrt{3}k）$=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-\sqrt{3}{k}^{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+3{k}^{2}$
=${k}^{2}•\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}-\sqrt{3}{k}^{2}•\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}+3{k}^{2}$=$\frac{-{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
∵OA⊥OB，∴x₁x₂+y₁y₂=$\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}+\frac{-{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{11{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}=0$，
解得：k=$±\frac{2\sqrt{11}}{11}$．
∴直線l的方程為：$y=±\frac{2\sqrt{11}}{11}（x-\sqrt{3}）$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關系的應用，體現(xiàn)了“設而不求”的解題思想方法，是中檔題．