Question

20．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且經(jīng)過點A（2，0）
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l經(jīng)過點（1，0）與橢圓交于B，C（不與A重合）兩點．
（i）若△ABC的面積為$\frac{\sqrt{13}}{4}$，求直線l的方程；
（ii）若AB與AC的斜率之和為3，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的性質(zhì)可知：a=2，為e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求得b，即可求得橢圓的方程；
（Ⅱ）由題意可得直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線方程x=my+1，代入橢圓方程，由韋達定理求得y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+3}$，
（i）利用三角形的面積公式S_△ABC=$\frac{1}{2}$丨y₁-y₂丨=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{4}$，代入即可求得直線l的方程；
（ii）利用斜率公式分別求得k_AC=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，k_AB=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，由$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}}{m{y}_{2}-1}$=3，即可求得m的值，求得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）焦點在x軸上，經(jīng)過點A（2，0），
∴a=2，
由橢圓離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，解得：b²=$\frac{4}{3}$，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{\frac{4}{3}}=1$，
（Ⅱ）（i）由題意可得直線l的斜率存在且不為0，
故設(shè)直線l的方程為x=my+1，（m≠0），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（m²+3）y²+2my-3=0，
由△=4m²+12（m²+3）=16m²+36＞0恒成立，
則y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+3}$，y₁•y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+3}$，
∴△ABC的面積S_△ABC=$\frac{1}{2}$丨y₁-y₂丨=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{16{m}^{2}+36}}{{m}^{2}+3}$=$\frac{\sqrt{13}}{4}$，
整理得：13m⁴+14m²-27=0，解得：m=±1，
直線l的方程x±m(xù)y-1=0；
（ii）由k_AC=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$，k_AB=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$，
由題意可得：k_AC+k_AB=3，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{{y}_{1}}{m{y}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}}{m{y}_{2}-1}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}-（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-m（{y}_{1}+{y}_{2}）+1}$=-$\frac{4}{3}$m=3，
∴m=-$\frac{9}{4}$，
∴直線l的方程4x+9y-4=0．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達定理，三角形的面積公式及直線的斜率公式，考查計算能力，屬于中檔題．