Question

20．已知过点（0，-2$\sqrt{3}$），斜率为$\sqrt{3}$的直线l过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点，椭圆C的中心关于直线l的对称点在直线x=$\frac{{a}^{2}}{2}$上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点E（-2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，且满足tan∠MON=$\frac{4\sqrt{6}}{3\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}}$（O为坐标原点），求直线m的方程．

Answer 1

分析 （1）求出直线l的方程为y=$\sqrt{3}x$-2$\sqrt{3}$，令y=0，得椭圆焦点坐标为（2，0），由椭圆C的中心关于直线l的对称点在直线x=$\frac{{a}^{2}}{2}$上，求了椭圆C的中心关于直线l的对称点为（m，n），从而求出a²=2m=6，由此能求出椭圆C的方程．
（2）直线m的方程需要考虑斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时可设为y=k（x+2）代入椭圆方程得：（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，由此利用韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式，结合已知条件能求出l的方程．

解答 解：（1）∵过点（0，-2$\sqrt{3}$），斜率为$\sqrt{3}$的直线l过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点，
∴直线l的方程为y=$\sqrt{3}x$-2$\sqrt{3}$，令y=0，得椭圆焦点坐标为（2，0），
∵椭圆C的中心关于直线l的对称点在直线x=$\frac{{a}^{2}}{2}$上，
设椭圆C的中心关于直线l的对称点为（m，n），
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}m-2\sqrt{3}}\\{\frac{n}{m}=-\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{m=\frac{{a}^{2}}{2}}\end{array}\right.$，解得n=-$\sqrt{3}$，m=3，a²=2m=6，
∴b²=a²-c²=6-4=2，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）①当直线m的斜率不存在时，满足tan∠MON=$\frac{4\sqrt{6}}{3\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}}$，此时直线m的方程为x=-2．
②当直线m的斜率存在时，由题设知直线m的斜率不为零，
∴直线m的方程可设为y=k（x+2）
代入椭圆方程得：（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），∴x₁+x₂=-$\frac{12{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+1}$，
由tan∠MON=$\frac{4\sqrt{6}}{3\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}}$，得：|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|sin∠MON=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
∴S_△OMN=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
又|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$，原点O到l的距离d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则S_△OMN=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$•$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴l的方程是y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）或x=-2．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的直线方程是否存在的探究与求法，考查推理谁论证能力、数据处理能力、运算求解能力，考查转化思想、化归思想，是中档题．