Question

17．已知e為橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率，點(diǎn)（1，e）和$（e\;，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$都在橢圓上．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若過(guò)點(diǎn)M（2，0）的直線(xiàn)l與橢圓相交于A、B點(diǎn)，在直線(xiàn)x+y-1=0存在點(diǎn)P，使得$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\frac{4}{3}\overrightarrow{OP}$（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求直線(xiàn)l的方程．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)點(diǎn)（1，e）在橢圓上，以及離心率結(jié)合a、b、c關(guān)系，求解即可得到橢圓方程．
（II）設(shè)AB的方程為y=k（x-2），聯(lián)立直線(xiàn)與橢圓的方程組，利用判別式求出k的范圍，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀），利用韋達(dá)定理以及$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\frac{4}{3}\overrightarrow{OP}$，結(jié)合P點(diǎn)在直線(xiàn)x+y-1=0上，即可求出k的值，得到直線(xiàn)l的方程．

解答 解：（I）由題設(shè)知，${a^2}={b^2}+{c^2}，e=\frac{c}{a}$，由點(diǎn)（1，e）在橢圓上，
得$\frac{1}{a^2}+\frac{c^2}{{{a^2}{b^2}}}=1$，∴b²=1，c²=a²-1，…（2分）
由點(diǎn)$（e\;，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$在橢圓上，得$\frac{c^2}{a^4}+\frac{{{{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}）}^2}}}{1}=1$，即$\frac{{{a^2}-1}}{a^4}+\frac{3}{4}=1$，a²=2，
∴橢圓C的方程是$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；…（4分）
（II）∵點(diǎn)M（2，0）在橢圓外，∴直線(xiàn)AB的斜率存在，設(shè)AB的方程為y=k（x-2），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，得${k^2}＜\frac{1}{2}$，即$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}＜k＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，…（6分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀），則${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
∵$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\frac{4}{3}\overrightarrow{OP}$，即$（{x_1}+{x_2}，{y_1}+{y_2}）=\frac{4}{3}（{x_0}，{y_0}）$，…（8分）
∴${x_0}=\frac{{3（{x_1}+{x_2}）}}{4}=\frac{{6{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，${y_0}=\frac{{3（{y_1}+{y_2}）}}{4}=\frac{{3[k（{x_1}+{x_2}）-4k]}}{4}=-\frac{3k}{{1+2{k^2}}}$，
∵P點(diǎn)在直線(xiàn)x+y-1=0上，∴$\frac{{6{k^2}}}{{1+2{k^2}}}-\frac{3k}{{1+2{k^2}}}-1=0$，解得$k=-\frac{1}{4}$，或k=1，
∵$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}＜k＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，∴$k=-\frac{1}{4}$，
∴直線(xiàn)l的方程是$y=-\frac{1}{4}（x-2）$．   …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，橢圓方程的求法，向量的共線(xiàn)條件的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．