Question

17．已知F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0）分別是橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，且|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．（1）求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過橢圓右焦點F₂作直線l交橢圓M于A，B兩點．
①當(dāng)直線l的斜率為1時，求線段AB的長；
②若橢圓M上存在點P，使得以O(shè)A，OB為鄰邊的四邊形OAPB為平行四邊形（O為坐標(biāo)原點），求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）運用離心率公式和a，b，c的關(guān)系，可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）①設(shè)直線l：y=x-$\sqrt{3}$，代入橢圓方程，求出方程的根，即可求線段AB的長；
②假設(shè)橢圓上存在點P（m，n），使得以O(shè)A、OB為鄰邊的四邊形OAPB為平行四邊形．設(shè)直線方程為y=k（x-$\sqrt{3}$），代入橢圓方程，運用韋達定理，結(jié)合$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，則m=x₁+x₂，n=y₁+y₂，求得P的坐標(biāo)，代入橢圓方程，即可得到k，即可判斷P的存在和直線的方程．

解答 解：（1）由題意，2c=2$\sqrt{3}$，得$c=\sqrt{3}$，
又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴a=2，b²=a²-c²=1，
∴橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）①可設(shè)直線方程為y=x-$\sqrt{3}$代入橢圓方程可得5x²-8$\sqrt{3}$x+8=0，
∴x=$\frac{4\sqrt{3}±2\sqrt{2}}{5}$，∴弦AB的長為$\sqrt{2}×\frac{4\sqrt{2}}{5}=\frac{8}{5}$；
②假設(shè)橢圓上存在點P（m，n），使得以O(shè)A、OB為鄰邊的四邊形OAPB為平行四邊形．
設(shè)直線方程為y=k（x-$\sqrt{3}$），代入橢圓方程，可得（1+4k²）x²-8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，則m=x₁+x₂，n=y₁+y₂，
x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂-2$\sqrt{3}$）=k（$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-2$\sqrt{3}$）=$\frac{-2\sqrt{3}}{1+4{k}^{2}}$，
即有P（$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{-2\sqrt{3}}{1+4{k}^{2}}$），
代入橢圓方程可得$\frac{48{k}^{4}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}+\frac{12{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}=1$，
解得k²=$\frac{1}{8}$，即k=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
故存在點P（$\frac{\sqrt{3}}{3}，-\frac{\sqrt{6}}{6}$），或（$\frac{\sqrt{3}}{3}，\frac{\sqrt{6}}{6}$），
則有直線l：y=$\frac{\sqrt{2}}{4}x-\frac{\sqrt{6}}{4}$或y=-$\frac{\sqrt{2}}{4}x+\frac{\sqrt{6}}{4}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查離心率公式和方程的運用，聯(lián)立直線方程，運用韋達定理，考查運算能力，屬于中檔題