Question

15．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，平面區(qū)域{（x，y）|-a≤x≤a，-b≤y≤b}的面積為8$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）如圖，設(shè)F為橢圓的左焦點(diǎn)，直線l₁和l₂相較于點(diǎn)F，且l₁⊥l₂，直線l₁交x=-a于點(diǎn)M，直線l₂交x=a于點(diǎn)N．求證：直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的離心率，矩形的面積公式和a²=b²+c²，即可求得a和b的值，即可求得求得橢圓方程；
可得則△=b²-4ac=192k×$\frac{{k}^{2}-3k}{4k}$-48k²+144=0
則$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{[{k}_{0}（x+2）-k]^{2}}{3}$=1只有一個(gè)解，
即直線y=k₀（x+2）-k與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)，
于是直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)．
（Ⅱ）由題意求得M點(diǎn)坐標(biāo)，即可求得直線MN斜率為k₀=$\frac{{k}^{2}-3k}{4k}$及直線MN方程，代入橢圓方程，利用判別式△=b²-4ac=0，則直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，則a=2c，①
平面區(qū)域{（x，y）|-a≤x≤a，-b≤y≤b}的面積為8$\sqrt{3}$，
可得2a•2b=8$\sqrt{3}$，即ab=2$\sqrt{3}$，②
又a²=b²+c²，③
a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，
則橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）證明：由（1）知，點(diǎn)F坐標(biāo)為（-1，0）
由于直線l₁過點(diǎn)F、M，直線l₂過點(diǎn)F、N，
點(diǎn)F橫坐標(biāo)為-1，M橫坐標(biāo)為-a=-2≠-1，N橫坐標(biāo)為2≠-1，
則直線l₁、直線l₂均不垂直與x軸，于是直線l₁、直線l₂斜率均存在，
設(shè)直線l₁斜率為k，則解析式為y=k（x+1）=kx+k，
將x=-2代入，可得y=-k，則M點(diǎn)坐標(biāo)為（-2，-k）
l₁⊥l₂，則直線l₂斜率為-$\frac{1}{k}$，解析式為y=-$\frac{1}{k}$（x+1）=-$\frac{1}{k}$x-$\frac{1}{k}$，
將x=2代入，可得y=-$\frac{3}{k}$，則點(diǎn)N坐標(biāo)為（2，-$\frac{3}{k}$），
直線MN斜率為k₀=$\frac{-\frac{3}{k}-（-k）}{2-（-2）}$=$\frac{{k}^{2}-3}{4k}$，
解析式為y=k₀（x+2）-k
將y=k₀（x+2）-k代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$中，
整理得：（4k₀²+3）x²+（16k₀²-8kk₀）x+（16k₀²-16kk₀+4k²-12）=0，
△=b²-4ac=（16k₀²-8kk₀）²-4×（4k₀²+3）（16k₀²-16kk₀+4k²-12）=192kk₀-48k²+144，
將k₀=$\frac{{k}^{2}-3k}{4k}$代入，可得則△=b²-4ac=192k×$\frac{{k}^{2}-3}{4k}$-48k²+144=0
則$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{[{k}_{0}（x+2）-k]^{2}}{3}$=1只有一個(gè)解，
即直線y=k₀（x+2）-k與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)，
于是直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，
∴直線MN與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查直線與橢圓的交點(diǎn)問題，考查判別式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．