Question

11．已知F₁、F₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，點(diǎn)P在橢圓C上，且點(diǎn)P在x軸上的正投影恰為F₁，在y軸上的正投影為點(diǎn)（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點(diǎn)F₁且傾斜角為$\frac{5π}{6}$的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)P且平行于直線l的直線交橢圓C于另一點(diǎn)Q，求證：四邊形PABQ為平行四邊形．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式求得a=$\sqrt{3}$c，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，即可求得b的值，a²=b²+c²，求得a和c的值，求得橢圓方程；
（2）由題意可知求得直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長公式，即可求得丨AB丨，由PQ∥AB，求得PQ的方程，代入橢圓方程，即可求得丨PQ丨，由丨PQ丨=丨AB丨，即可求得四邊形PABQ為平行四邊形．

解答 解：（1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，則a=$\sqrt{3}$c，
由題意可知P（-c，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），代入橢圓方程：$\frac{{c}^{2}}{3{c}^{2}}+\frac{4}{3^{2}}=1$，解得：b²=2，
由a²=b²+c²，則3c²=2+c²，則c²=1，則a²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）證明：由F₁（-1，0），傾斜角為$\frac{5π}{6}$的直線斜率k=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
則直線l的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由 $\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{\sqrt{3}}{3}（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：3x²+2x-5=0，
故x₁+x₂=-$\frac{2}{3}$，x₁x₂=-$\frac{5}{3}$，
∴丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+（-\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}}$×$\sqrt{（-\frac{2}{3}）^{2}-4×（-\frac{5}{3}）}$=$\frac{16\sqrt{3}}{9}$，
∵P（-1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），PQ∥AB，
∴直線PQ的方程為y-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+1）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{2\sqrt{3}}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{3}（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得3x²-2x-5=0，
∵x_P=-1，則x_P=$\frac{5}{3}$，
∴丨PQ丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$丨x_P-x_Q丨=$\frac{16\sqrt{3}}{9}$，
∴丨PQ丨=丨AB丨=$\frac{16\sqrt{3}}{9}$，
∴四邊形PABQ為平行四邊形．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式，考查計算能力，屬于中檔題．