Question

5．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，且F₂（1，0），O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)M（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）為橢圓C上的點(diǎn)．
（1）求C的方程：
（2）平面上的點(diǎn)N滿足$\overrightarrow{MN}$=$\overrightarrow{M{F}_{1}}$+$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，直線1平行于MN且與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓C的半焦距c=1，點(diǎn)M（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）為橢圓C上的點(diǎn)，可以得到關(guān)于橢圓方程中參數(shù)的兩個(gè)等式聯(lián)立即可求C的方程；
（2）先利用$\overrightarrow{MN}$=$\overrightarrow{M{F}_{1}}$+$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，以及直線l∥MN得出直線l與OM的斜率相同，設(shè)出直線l的方程，把直線方程與橢圓方程聯(lián)立得到關(guān)于A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)的等式，整理代入$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即可求出直線l的方程．

解答 解：（1）由題意，橢圓C的半焦距c=1，點(diǎn)M（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）為橢圓C上的點(diǎn)，
于是$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{9{a}^{2}}+\frac{8}{3^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+1}\end{array}\right.$
消去b²并整理得9a⁴-37a²+4=0，解得a=2（a=$\frac{1}{3}$不合題意，舍去）．
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）由$\overrightarrow{MN}$=$\overrightarrow{M{F}_{1}}$+$\overrightarrow{M{F}_{2}}$知四邊形MF₁NF₂是平行四邊形，其中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，
因?yàn)閘∥MN，所以l與OM的斜率相同，
故l的斜率k=$\frac{\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{2}{3}}$=$\sqrt{6}$．設(shè)l的方程為y=$\sqrt{6}$（x-m）．
與橢圓方程聯(lián)立，消去y并化簡得9x²-16mx+8m²-4=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x₁+x₂=$\frac{16m}{9}$，x₁x₂=，$\frac{8{m}^{2}-4}{9}$．
因?yàn)?\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，所以x₁x₂+y₁y₂=0．
x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+6（x₁-m）（x₂-m）=7x₁x₂-6m（x₁+x₂）+6m²
=7•$\frac{16m}{9}$-6m•$\frac{16m}{9}$+6m²
=$\frac{1}{9}（14{m}^{2}-28）$=0．
所以m=$±\sqrt{2}$．此時(shí)△=（16m）²-4×9（8m²-4）＞0，
故所求直線l的方程為y=$\sqrt{6}$x$±2\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)直線與橢圓位置關(guān)系的綜合考查．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，由于集中交匯了直線，圓錐曲線兩章的知識(shí)內(nèi)容，綜合性強(qiáng)，能力要求高，還涉及到函數(shù)，方程，不等式，平面幾何等許多知識(shí)，可以有效的考查函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合的思想，分類討論的思想和轉(zhuǎn)化化歸的思想，因此，這一部分內(nèi)容也成了高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn)．