Question

11．已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，點P在橢圓C上，且點P在x軸上的正投影恰為F₁，在y軸上的正投影為點（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過F₁的直線l與橢圓C交于A，B兩點，過點P且平行于直線l的直線交橢圓C于另一點Q，問：四邊形PABQ能否成為平行四邊形？若能，請求出直線l的方程；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式及橢圓的性質(zhì)可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，a=$\sqrt{3}$c，b=$\sqrt{2}$c，將P（-c，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{3{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2{c}^{2}}=1$方程，即可求得c，求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）由題意設(shè)直線方程，代入橢圓方程，與韋達定理及弦長公式分別求得丨AB丨和丨PQ丨，由平行四邊形的性質(zhì)可知：丨AB丨=丨PQ丨，即可求得k的值．

解答 解：（1）由題可得，由橢圓的離心率公式可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，即a=$\sqrt{3}$c，
由橢圓的性質(zhì)可知：b²=a²-c²=2c²，
將P點坐標（-c，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），代入橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{3{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2{c}^{2}}=1$，解得：c=1，
∴a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$．
故橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$…（4分）
（2）
設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$得，（2+3k²）x²+6k²x+3k²-6=0，
由韋達定理可知：x₁+x₂=-$\frac{6{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$．
∴由弦長公式可知丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}（1+{k}^{2}）}{2+3{k}^{2}}$，…（8分）
∵P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）PQ∥AB，
∴直線PQ的方程為y-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=k（x+1）．
將PQ的方程代入橢圓方程可知：（2+3k²）x²+6k（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）x+3（k+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）²-6=0，
∵x_P=-1，
∴x_Q=$\frac{2-3{k}^{2}-4\sqrt{3}k}{2+3{k}^{2}}$，
∴丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x_P-x_Q丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{丨4-4\sqrt{3}丨}{2+3{k}^{2}}$，
若四邊形PABQ成為平行四邊形，則丨AB丨=丨PQ丨，
∴4$\sqrt{3}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$=丨4-4$\sqrt{3}$k丨，解得k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
故符合條件的直線l的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1），即x+$\sqrt{3}$y+1=0…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，弦長公式及平行四邊形性質(zhì)的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．