Question

16．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率e=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，A是橢圓在第一象限上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，圓C與F₁A的延長(zhǎng)線，F(xiàn)₁F₂的延長(zhǎng)線以及線段AF₂都相切，M（2，0）為一個(gè)切點(diǎn)．
（1）求橢圓方程；
（2）設(shè)$N（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0}）$，過(guò)F₂且不垂直于坐標(biāo)軸的動(dòng)點(diǎn)直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，若以NP，NQ為鄰邊的平行四邊形是菱形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知及橢圓的定義：|F₁E|+|MF₂|=2a，|MF₁|+|MF₂|=2a，即可求得a的值，利用橢圓的離心率公式即可求得b和c的值，即可求得橢圓方程；
（2）設(shè)l方程為，代入橢圓方程，由題意可知（$\overrightarrow{NP}$+$\overrightarrow{NQ}$）•$\overrightarrow{PQ}$=0，利用韋達(dá)定理即可求得$\overrightarrow{NP}$+$\overrightarrow{NQ}$，$\overrightarrow{PQ}$的方向向量為（1，k），根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得k，求得直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)圓C與F₁A的延長(zhǎng)線切于點(diǎn)E，與線段AF₂切于點(diǎn)D，
則|AD|=|AE|，|F₂D|=|F₂M|，|F₁E|=|F₁M|，
∵|AF₁|+|AF₂|=2a，∴|AF₁|+|AD|+|DF₂|=2a，
∴|F₁E|+|MF₂|=2a，|MF₁|+|MF₂|=2a，
∴（2-c）+（2+c）=2a，故a=2，由$c=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，可知$c=\sqrt{3}，b=1$，
橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）由（1）可知F₂（$\sqrt{3}$，0），設(shè)l方程為$y=k（{x-\sqrt{3}}），k≠0$，
代入橢圓方程可得$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\sqrt{3}）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
整理得：$（{1+4{k^2}}）{x^2}-8\sqrt{3}{k^2}x+12{k^2}-4=0$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=\frac{{8\sqrt{3}{k^2}}}{{1+4{k^2}}}，{y_1}+{y_2}=k（{{x_1}+{x_2}-2\sqrt{3}}）=\frac{{-2\sqrt{3}k}}{{1+4{k^2}}}$，
以NP，NQ為鄰邊的平行四邊形是菱形，
∴（$\overrightarrow{NP}$+$\overrightarrow{NQ}$）•$\overrightarrow{PQ}$=0，$\overrightarrow{NP}$+$\overrightarrow{NQ}$=（x₁-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，y₁）+（x₂-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，y₂）
=$（{{x_1}+{x_2}-\sqrt{3}，{y_1}+{y_2}}）=（{\frac{{8\sqrt{3}{k^2}}}{{1+4{k^2}}}-\sqrt{3}，\frac{{-2\sqrt{3}k}}{{1+4{k^2}}}}）$，
$\overrightarrow{PQ}$的方向向量為（1，k），
∴$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-$\sqrt{3}$-$\frac{2\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0，$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴直線l的方程$y=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}（{x-\sqrt{3}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．