Question

9．已知F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0）分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點(diǎn)，且橢圓C過(guò)點(diǎn)（-$\sqrt{3}$，1）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F₂且斜率為1與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求弦AB的長(zhǎng)；
（3）以第（2）題中的AB為邊作一個(gè)等邊三角形ABP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由已知列關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組可得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）寫出直線l的方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用弦長(zhǎng)公式求得弦AB的長(zhǎng)；
（3）設(shè)AB的中點(diǎn)為M（x₀，y₀），由中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出M的坐標(biāo)，寫出AB的中垂線方程，得到P的坐標(biāo)，由MP得長(zhǎng)度與AB長(zhǎng)度的關(guān)系列式即可解得點(diǎn)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a²=6，b²=2．
∴橢圓C的方程的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由（1）知，F(xiàn)₂（2，0），則直線l的方程為y=x-2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得2x²-6x+3=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=3，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{3}{2}$，
∴|AB|=$\sqrt{2}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{2}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}•\sqrt{{3}^{2}-4×\frac{3}{2}}=\sqrt{6}$；
（3）設(shè)AB的中點(diǎn)為M（x₀，y₀）．
∵x₁+x₂=3=2x₀，∴${x}_{0}=\frac{3}{2}$，
∵y₀=x₀-2，∴${y}_{0}=\frac{1}{2}$．
線段AB的中垂線l₁斜率為-1，∴l(xiāng)₁：y=-x+1，
設(shè)P（t，1-t），∴|MP|=$\sqrt{（t-\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}-t）^{2}}$=$\sqrt{2}|t-\frac{3}{2}|$|，
當(dāng)△ABP為正三角形時(shí)，|MP|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，
得$\sqrt{2}|t-\frac{3}{2}|$=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{6}$，解得t=0或3．
∴P（0，1），或P（3，-2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．