Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)M（2，1），且離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若過原點(diǎn)的直線l₁與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且在直線l₂：x-y+2$\sqrt{6}$=0上存在點(diǎn)M，使得△MPQ為等邊三角形，求直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）橢圓的離心率為e═$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．即a²=4b²，將點(diǎn)M（2，1），代入橢圓方程即可求得a和b的值，求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）當(dāng)k=0，直線PQ的垂直平分線為y軸，y軸與直線m的交點(diǎn)為M（0，2$\sqrt{6}$），滿足△MPQ為等邊三角形，求直線l₁的方程y=0，當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l₁的方程為y=kx，代入橢圓方程，求得丨PO丨，則垂直平分線的方程y=-$\frac{1}{k}$x，與直線l₂：x-y+2$\sqrt{6}$=0上存在點(diǎn)M坐標(biāo)，由等邊三角形的性質(zhì)可知：丨MO丨=$\sqrt{3}$丨PO丨，代入即可求得k的值，求得直線l₁的方程．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：橢圓的離心率為e═$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．即a²=4b²，
由橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)M（2，1），代入可知：$\frac{4}{4^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，
解得：b²=2，則a²=8，
∴橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）顯然，直線l的斜率k存在，設(shè)P（x₀，y₀），則Q（-x₀，-y₀），
（1）當(dāng)k=0，直線PQ的垂直平分線為y軸，y軸與直線m的交點(diǎn)為M（0，2$\sqrt{6}$），
由丨PO丨=2$\sqrt{2}$，丨MO丨=2$\sqrt{6}$，
∴∠MPO=60°，則△MPQ為等邊三角形，
此時(shí)直線l₁的方程為y=0，
當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l₁的方程為y=kx，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²=8，解得：丨x₀丨=$\sqrt{\frac{8}{1+4{k}^{2}}}$，則丨PO丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{8}{1+4{k}^{2}}}$，
則PQ的垂直平分線為y=-$\frac{1}{k}$x，
則$\left\{\begin{array}{l}{x-y+2\sqrt{6}=0}\\{y=-\frac{1}{k}x}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{2\sqrt{6}k}{k+1}}\\{y=\frac{2\sqrt{6}}{k+1}}\end{array}\right.$，則M（-$\frac{2\sqrt{6}k}{k+1}$，$\frac{2\sqrt{6}}{k+1}$），
∴丨MO丨=$\sqrt{\frac{24（{k}^{2}+1）}{（k+1）^{2}}}$，
∵△MPQ為等邊三角形，則丨MO丨=$\sqrt{3}$丨PO丨，
∴$\sqrt{\frac{24（{k}^{2}+1）}{（k+1）^{2}}}$=$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{8}{1+4{k}^{2}}}$，解得：k=0（舍去），k=$\frac{2}{3}$，
∴直線l₁的方程為y=$\frac{2}{3}$x，
綜上可知：直線l₁的方程為y=0或y=$\frac{2}{3}$x．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查等邊三角形的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．