Question

17．已知點F₁（-$\sqrt{3}，0$）和F₂（$\sqrt{3}，0$）是橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的兩個焦點，且橢圓M經過點（$\sqrt{3}，\frac{1}{2}$）．
（1）求橢圓M的方程；
（2）過點P（0，2）的直線l和橢圓M交于A、B兩點，且$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由焦點F₁（-$\sqrt{3}，0$），得c=$\sqrt{3}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}=1}\end{array}\right.$，解出即可得出；
（2）取A（0，1），B（0，-1）或B（0，1），A（0，-1）時，直線l的斜率不存在時，則不滿足$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，舍去．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+2，B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+16kx+12=0，由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．利用根與系數的關系及其$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，解得k，即可得出．

解答 解：（1）由焦點F₁（-$\sqrt{3}，0$），得c=$\sqrt{3}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得b²=1，a²=4，
∴橢圓M的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）取A（0，1），B（0，-1）或B（0，1），A（0，-1）時，直線l的斜率不存在時，則不滿足$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，所以此時不合題意，舍去．
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+2，B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，則$\overrightarrow{PA}$=（x₂，y₂-2），$\overrightarrow{PB}$（x₁，y₁-2），
直線l的方程與橢圓M的方程聯(lián)立得：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
由△=16（4k²-3）＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．
∴x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，可得x₁=$\frac{3}{5}{x}_{2}$，
聯(lián)立解得x₂=-$\frac{10k}{1+4{k}^{2}}$，x₁=$\frac{-6k}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\frac{60{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，解得k²=1$＞\frac{3}{4}$，
∴k=±1．
所以直線l的方程是y=±x+2．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數的關系、向量坐標運算，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．