Question

4．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，橢圓的上頂點為D，右焦點為F₂，延長DF₂交橢圓于E，且滿足|DF₂|=3|F₂E|，橢圓的右焦點與拋物線y²=4x的焦點重合．
（1）試求橢圓的方程；
（2）過點F₂的直線l和該橢圓交于A，B兩點，點C在橢圓上，O為坐標(biāo)原點，且滿足$\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）橢圓的上頂點為D（0，b），右焦點F₂（1，0），E點的坐標(biāo)為（x，y），由|DF₂|=3|F₂E|，求出a，b，由此能求出橢圓的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），當(dāng)直線l的斜率為0時，其方程為y=0，滿足題意；當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線的方程為x=my+1，聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.，得（{m^2}+2）{y^2}+2my-1=0$，由此利用韋達定理、向量知識、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出直線l的方程．

解答 解：（1）橢圓的上頂點為D（0，b），右焦點F₂（1，0），E點的坐標(biāo)為（x，y），
∵|DF₂|=3|F₂E|，∴$\overrightarrow{D{F_2}}=3\overrightarrow{{F_2}E}$，$\overrightarrow{D{F_2}}=（1，-b），\overrightarrow{{F_2}E}=（x-1，y）$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{4}{3}}\\{y=-\frac{3}}\end{array}}\right.$，代入橢圓的方程，得$\frac{{{{（\frac{4}{3}）}^2}}}{a^2}+\frac{{{{（-\frac{3}）}^2}}}{b^2}=1$，∴a²=2，b²=1，
∴橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），
①當(dāng)直線l的斜率為0時，其方程為y=0，
其中$A（-\sqrt{2}，0），B（\sqrt{2}，0），\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=（-\sqrt{2}，0）$，
滿足題意，即直線y=0為所求的一條直線．
②當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線的方程為x=my+1，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.，得（{m^2}+2）{y^2}+2my-1=0$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=-\frac{2m}{{{m^2}+2}}}\\{{y_1}{y_2}=\frac{-1}{{{m^2}+2}}}\end{array}}\right.$，（1）
∵$\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}$，且點C在橢圓上，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{x_3}=2{x_1}+3{x_2}}\\{{y_3}=2{y_1}+3{y_2}}\end{array}}\right.$，∴$\frac{{{{（2{x_1}+3{x_2}）}^2}}}{2}+{（2{y_1}+3{y_2}）^2}=1$，
∴$（{m^2}+2）{y_1}{y_2}+m（{y_1}+{y_2}）+1=-\frac{11}{12}$，（2）
把（1）代入（2），得-1-$\frac{2{m}^{2}}{{m}^{2}+2}$+1=-$\frac{11}{12}$，
解得m=±$\frac{\sqrt{286}}{13}$，
∴所求的直線的方程為$y=0，x=±\frac{{\sqrt{286}}}{13}y+1$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意韋達定理、向量知識、橢圓性質(zhì)的合理運用．