Question

20．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，右準(zhǔn)線為l，l與x軸相交于點(diǎn)T，且F是AT的中點(diǎn)．
（1）求橢圓的離心率；
（2）過點(diǎn)T的直線與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，M，N都在x軸上方，并且M在N，T之間，且NF=2MF．
①記△NFM，△NFA的面積分別為S₁，S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$；
②若原點(diǎn)O到直線TMN的距離為$\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，求橢圓方程．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓的準(zhǔn)線方程，運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式和離心率公式，計(jì)算即可得到所求值；
（2）①過M，N作直線l的垂線，垂足分別為M₁，N₁，運(yùn)用橢圓的第二定義（或焦半徑）和三角形底面積公式計(jì)算即可得到所求比值；
②設(shè)F（c，0），則橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，運(yùn)用點(diǎn)差法（或直線方程代入橢圓方程運(yùn)用韋達(dá)定理），求得直線MN的斜率和方程，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式，計(jì)算即可得到所求橢圓方程．

解答 解：（1）由F是AT的中點(diǎn)，可得$-a+\frac{a^2}{c}=2c$，
即（a-2c）（a+c）=0，又a、c＞0，
則a=2c，可得$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$；
（2）①解法一：過M，N作直線l的垂線，
垂足分別為M₁，N₁，
依題意，$\frac{NF}{{N{N_1}}}=\frac{MF}{{M{M_1}}}=e$，
又NF=2MF，故NN₁=2MM₁，故M是NT的中點(diǎn)，可得$\frac{{{S_{△MNF}}}}{{{S_{△TNF}}}}=\frac{1}{2}$，
又F是AT中點(diǎn)，即有S_△ANF=S_△TNF，故$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{2}$；
解法二：有a=2c，即為$b=\sqrt{3}c$，
橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，F(xiàn)（c，0），T（4c，0），
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），點(diǎn)M在橢圓$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$上，即有$y_1^2=3{c^2}-\frac{3}{4}x_1^2$，$MF=\sqrt{{{（{x_1}-c）}^2}+y_1^2}=\sqrt{{{（{x_1}-c）}^2}+3{c^2}-\frac{3}{4}x_1^2}$
=$\sqrt{\frac{1}{4}x_1^2-2c{x_1}+4{c^2}}=|\frac{1}{2}{x_1}-2c|=2c-\frac{1}{2}{x_1}$，
同理$NF=2c-\frac{1}{2}{x_2}$，
又NF=2MF，故2x₁-x₂=4c，得M是N，T的中點(diǎn)，可得$\frac{{{S_{△MNF}}}}{{{S_{△TNF}}}}=\frac{1}{2}$，
又F是AT中點(diǎn)，可得S_△ANF=S_△TNF，則$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{2}$；
②解法一：設(shè)F（c，0），則橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，
由①知M是N，T的中點(diǎn)，不妨設(shè)M（x₀，y₀），則N（2x₀-4c，2y₀），
又M，N都在橢圓上，
即有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\\{\frac{（2{x}_{0}-4c）^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\\{\frac{（{x}_{0}-2c）^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，
兩式相減得：$\frac{x_0^2}{{4{c^2}}}-\frac{{{{（{x_0}-2c）}^2}}}{{4{c^2}}}=\frac{3}{4}$，解得${x_0}=\frac{7}{4}c$，
可得${y_0}=\frac{{3\sqrt{5}}}{8}c$，故直線MN的斜率為$k=\frac{{\frac{{3\sqrt{5}}}{8}c}}{{\frac{7}{4}c-4c}}=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}$，
直線MN的方程為$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}（x-4c）$，即$\sqrt{5}x+6y-4\sqrt{5}c=0$，
原點(diǎn)O到直線TMN的距離為$d=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{5+36}}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{{\sqrt{41}}}c$，
依題意$\frac{{4\sqrt{5}}}{{\sqrt{41}}}c=\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，解得$c=\sqrt{5}$，
故橢圓方程為$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{15}=1$．
解法二：設(shè)F（c，0），則橢圓方程為$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，
由①知M是N，T的中點(diǎn)，故2x₁-x₂=4c，
直線MN的斜率顯然存在，不妨設(shè)為k，故其方程為y=k（x-4c），與橢圓聯(lián)立，
并消去y得：$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{{{k^2}{{（x-4c）}^2}}}{{3{c^2}}}=1$，
整理得：（4k²+3）x²-32ck²x+64k²c²-12c²=0，（*）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
即有$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{32c{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{64{k}^{2}{c}^{2}-12{c}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{32c{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}\\{2{x}_{1}-{x}_{2}=4c}\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=\frac{16c{k}^{2}+4c}{3+4{k}^{2}}}\\{{x}_{2}=\frac{16c{k}^{2}-4c}{3+4{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
即有$\frac{{16c{k^2}+4c}}{{4{k^2}+3}}×\frac{{16c{k^2}-4c}}{{4{k^2}+3}}=\frac{{64{k^2}{c^2}-12{c^2}}}{{4{k^2}+3}}$，解之得${k^2}=\frac{5}{36}$，即$k=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}$．
直線MN的方程為$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}（x-4c）$，即$\sqrt{5}x+6y-4\sqrt{5}c=0$，
原點(diǎn)O到直線TMN的距離為$d=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{5+36}}}=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{41}}}$，
依題意$\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{41}}}=\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，解得$c=\sqrt{5}$，
故橢圓方程為$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{15}=1$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的離心率的求法，注意運(yùn)用橢圓的準(zhǔn)線方程和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，以及離心率公式，考查橢圓的第二定義和焦半徑公式，直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．