Question

12．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率$e＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．以兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的周長為8，面積為$2\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若點(diǎn)P（x₀，y₀）為橢圓C上一點(diǎn)，直線l的方程為3x₀x+4y₀y-12=0，求證：直線l與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由4a=8，即$2×\frac{1}{2}×2c×b=2\sqrt{3}$，b²+c²=4，即可求得b和c的值，由$e＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．即可求得$b=\sqrt{3}$，c=1，即可橢圓的方程；
（Ⅱ）分類討論：當(dāng)y₀=0時(shí)，即可求得x₀=±2，即可求得直線與曲線的交點(diǎn)；
當(dāng)y₀≠0時(shí)，則直線l的方程為$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$，代入橢圓方程，由點(diǎn)P（x₀，y₀）為曲線C上一點(diǎn)，解得x=x₀，代入直線方程，y=y₀，故直線l與曲線C有且有一個(gè)交點(diǎn)P．

解答 解：（Ⅰ）依題意，設(shè)橢圓C的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，焦距為2c，
由題設(shè)條件知，4a=8，a=2，$2×\frac{1}{2}×2c×b=2\sqrt{3}$，b²+c²=a²=4，
所以$b=\sqrt{3}$，c=1，或b=1，$c=\sqrt{3}$（經(jīng)檢驗(yàn)不合題意舍去），
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）證明：當(dāng)y₀=0時(shí)，由$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，可得x₀=±2，
當(dāng)x₀=2，y₀=0時(shí)，直線l的方程為x=2，直線l與曲線C有且只有一個(gè)交點(diǎn)（2，0）．
當(dāng)x₀=-2，y₀=0時(shí)，直線l的方程為x=-2，直線l與曲線C有且只有一個(gè)交點(diǎn)（-2，0）．
當(dāng)y₀≠0時(shí)，直線l的方程為$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.\end{array}\right.$，
消去y，得$（4{y_0}^2+3{x_0}^2）{x^2}-24{x_0}x+48-16{y_0}^2=0$．①
由點(diǎn)P（x₀，y₀）為曲線C上一點(diǎn)，得$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，可得$4{y_0}^2+3{x_0}^2=12$．
于是方程①可以化簡為${x^2}-2{x_0}x+{x_0}^2=0$，解得x=x₀，
將x=x₀代入方程$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$可得y=y₀，故直線l與曲線C有且有一個(gè)交點(diǎn)P（x₀，y₀），
綜上，直線l與曲線C有且只有一個(gè)交點(diǎn)，且交點(diǎn)為P（x₀，y₀）．

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，考查分類討論思想，屬于中檔題．