已知F1.F2(c.0)分别是椭圆M:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的左.右焦点.且|F1F2|=2$\sqrt{3}$.离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．(1)求椭圆M的标准方程,(2)过椭圆右焦点F2作直线l交椭圆M于A.B两点．①当直线l的斜率为1时.求线段AB的长,②若椭圆M上存在� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

精英家教网 > 高中数学 > 题目详情

17．已知F₁（-c，0），F₂（c，0）分别是椭圆M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，且|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，离心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．（1）求椭圆M的标准方程；
（2）过椭圆右焦点F₂作直线l交椭圆M于A，B两点．
①当直线l的斜率为1时，求线段AB的长；
②若椭圆M上存在点P，使得以OA，OB为邻边的四边形OAPB为平行四边形（O为坐标原点），求直线l的方程．

分析（1）运用离心率公式和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）①设直线l：y=x-$\sqrt{3}$，代入椭圆方程，求出方程的根，即可求线段AB的长；
②假设椭圆上存在点P（m，n），使得以OA、OB为邻边的四边形OAPB为平行四边形．设直线方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），代入椭圆方程，运用韦达定理，结合$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，则m=x₁+x₂，n=y₁+y₂，求得P的坐标，代入椭圆方程，即可得到k，即可判断P的存在和直线的方程．

解答解：（1）由题意，2c=2$\sqrt{3}$，得$c=\sqrt{3}$，
又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴a=2，b²=a²-c²=1，
∴椭圆M的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）①可设直线方程为y=x-$\sqrt{3}$代入椭圆方程可得5x²-8$\sqrt{3}$x+8=0，
∴x=$\frac{4\sqrt{3}±2\sqrt{2}}{5}$，∴弦AB的长为$\sqrt{2}×\frac{4\sqrt{2}}{5}=\frac{8}{5}$；
②假设椭圆上存在点P（m，n），使得以OA、OB为邻边的四边形OAPB为平行四边形．
设直线方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），代入椭圆方程，可得（1+4k²）x²-8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，则m=x₁+x₂，n=y₁+y₂，
x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂-2$\sqrt{3}$）=k（$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-2$\sqrt{3}$）=$\frac{-2\sqrt{3}}{1+4{k}^{2}}$，
即有P（$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{-2\sqrt{3}}{1+4{k}^{2}}$），
代入椭圆方程可得$\frac{48{k}^{4}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}+\frac{12{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}=1$，
解得k²=$\frac{1}{8}$，即k=±$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
故存在点P（$\frac{\sqrt{3}}{3}，-\frac{\sqrt{6}}{6}$），或（$\frac{\sqrt{3}}{3}，\frac{\sqrt{6}}{6}$），
则有直线l：y=$\frac{\sqrt{2}}{4}x-\frac{\sqrt{6}}{4}$或y=-$\frac{\sqrt{2}}{4}x+\frac{\sqrt{6}}{4}$．

点评本题考查椭圆的方程和性质，主要考查离心率公式和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理，考查运算能力，属于中档题

练习册系列答案

年级	高中课程	年级	初中课程
高一	高一免费课程推荐！	初一	初一免费课程推荐！
高二	高二免费课程推荐！	初二	初二免费课程推荐！
高三	高三免费课程推荐！	初三	初三免费课程推荐！
更多初中、高中辅导课程推荐,点击进入>>

相关习题

科目：高中数学 来源： 题型：解答题

7．

如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知AB⊥侧面BB₁C₁C，AB=BC=1，BB₁=2，∠BCC₁=$\frac{π}{3}$．
（1）求证：C₁B⊥平面ABC；
（2）点B₁到平面ACC₁A₁的距离为d₁，点A₁到平面ABC₁的距离为d₂，求$\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}$．

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：填空题

8．已知$|{\begin{array}{l}{cos75°}&{-sinα}\\{sin75°}&{cosα}\end{array}}|=\frac{1}{3}$，则cos（30°+2α）=$\frac{7}{9}$．

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：选择题

5．

如图正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2，线段B₁D₁上有两个动点E、F，且EF=1，则下列结论中错误的是（　　）

	A．	EF∥平面ABCD		B．	AC⊥BE
	C．	三棱锥A-BEF体积为定值		D．	△BEF与△AEF面积相等

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：选择题

12．以下表示x轴的参数方程是（　　）

	A．	$\left\{\begin{array}{l}{x={t}^{2}+1}\\{y=0}\end{array}\right.$（t为参数）		B．	$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=3t+1}\end{array}\right.$（t为参数）
	C．	$\left\{\begin{array}{l}{x=1+sinθ}\\{y=0}\end{array}\right.$（θ为参数）		D．	$\left\{\begin{array}{l}{x=4t+1}\\{y=0}\end{array}\right.$（t为参数）

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：选择题

2．已知F₁，F₂是椭圆$\frac{{y}^{2}}{25}$+$\frac{{x}^{2}}{9}$=1的两个焦点，过点F₂的直线交椭圆于M，N两点，在△F₁MN中，若有两边之和是14，则第三边的长度为（　　）

A．

B．

C．

D．

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：解答题

9．

如图，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，|A₁B₁|=$\sqrt{7}$，F₁是椭圆C的左焦点，A₁是椭圆C的左顶点，B₁是椭圆C的上顶点，且$\overrightarrow{{A}_{1}{F}_{1}}$=$\overrightarrow{{F}_{1}O}$，点P（n，0）（n≠0）是长轴上的任一定点，过P点的任一直线l交椭圆C于A，B两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在定点Q（x₀，0），使得$\overrightarrow{QA}$•$\overrightarrow{QB}$为定值，若存在，试求出定点Q的坐标，并求出此定值；若不存在，请说明理由．

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：解答题

6．已知过点（0，-$\sqrt{3}$）的椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）与双曲线$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）有相同的焦点（-c，0）和（c，0），若c是a、m的等比中项，n²是2m²与c²的等差中项．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设直AB与椭圆交于不同两点A、B，点A关于x轴的对称点为A′，若直线AB过定点T（$\sqrt{2}$，0），求证：直线A′B过定点P（2$\sqrt{2}$，0）．

查看答案和解析>>

科目：高中数学 来源： 题型：选择题

7．已知e是自然对数的底数，函数f（x）=e^x+x-2的零点为a，函数g（x）=lnx+x-2的零点为b，则下列不等式中成立的是（　　）

A．

a＜1＜b

B．

a＜b＜1

C．

1＜a＜b

D．

b＜1＜a

查看答案和解析>>

同步练习册答案

练习册

高中

初中

小学