Question

20．已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左顶点为A，右焦点为F，右准线为l，l与x轴相交于点T，且F是AT的中点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点T的直线与椭圆相交于M，N两点，M，N都在x轴上方，并且M在N，T之间，且NF=2MF．
①记△NFM，△NFA的面积分别为S₁，S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$；
②若原点O到直线TMN的距离为$\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，求椭圆方程．

Answer 1

分析 （1）求得椭圆的准线方程，运用中点坐标公式和离心率公式，计算即可得到所求值；
（2）①过M，N作直线l的垂线，垂足分别为M₁，N₁，运用椭圆的第二定义（或焦半径）和三角形底面积公式计算即可得到所求比值；
②设F（c，0），则椭圆方程为$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，运用点差法（或直线方程代入椭圆方程运用韦达定理），求得直线MN的斜率和方程，运用点到直线的距离公式，计算即可得到所求椭圆方程．

解答 解：（1）由F是AT的中点，可得$-a+\frac{a^2}{c}=2c$，
即（a-2c）（a+c）=0，又a、c＞0，
则a=2c，可得$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$；
（2）①解法一：过M，N作直线l的垂线，
垂足分别为M₁，N₁，
依题意，$\frac{NF}{{N{N_1}}}=\frac{MF}{{M{M_1}}}=e$，
又NF=2MF，故NN₁=2MM₁，故M是NT的中点，可得$\frac{{{S_{△MNF}}}}{{{S_{△TNF}}}}=\frac{1}{2}$，
又F是AT中点，即有S_△ANF=S_△TNF，故$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{2}$；
解法二：有a=2c，即为$b=\sqrt{3}c$，
椭圆方程为$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，F（c，0），T（4c，0），
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），点M在椭圆$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$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的中点，可得$\frac{{{S_{△MNF}}}}{{{S_{△TNF}}}}=\frac{1}{2}$，
又F是AT中点，可得S_△ANF=S_△TNF，则$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{2}$；
②解法一：设F（c，0），则椭圆方程为$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，
由①知M是N，T的中点，不妨设M（x₀，y₀），则N（2x₀-4c，2y₀），
又M，N都在椭圆上，
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$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\\{\frac{（{x}_{0}-2c）^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3{c}^{2}}=\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，
两式相减得：$\frac{x_0^2}{{4{c^2}}}-\frac{{{{（{x_0}-2c）}^2}}}{{4{c^2}}}=\frac{3}{4}$，解得${x_0}=\frac{7}{4}c$，
可得${y_0}=\frac{{3\sqrt{5}}}{8}c$，故直线MN的斜率为$k=\frac{{\frac{{3\sqrt{5}}}{8}c}}{{\frac{7}{4}c-4c}}=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}$，
直线MN的方程为$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}（x-4c）$，即$\sqrt{5}x+6y-4\sqrt{5}c=0$，
原点O到直线TMN的距离为$d=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{5+36}}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{{\sqrt{41}}}c$，
依题意$\frac{{4\sqrt{5}}}{{\sqrt{41}}}c=\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，解得$c=\sqrt{5}$，
故椭圆方程为$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{15}=1$．
解法二：设F（c，0），则椭圆方程为$\frac{x^2}{{4{c^2}}}+\frac{y^2}{{3{c^2}}}=1$，
由①知M是N，T的中点，故2x₁-x₂=4c，
直线MN的斜率显然存在，不妨设为k，故其方程为y=k（x-4c），与椭圆联立，
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，（*）
设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$k=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}$．
直线MN的方程为$y=-\frac{{\sqrt{5}}}{6}（x-4c）$，即$\sqrt{5}x+6y-4\sqrt{5}c=0$，
原点O到直线TMN的距离为$d=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{5+36}}}=\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{41}}}$，
依题意$\frac{{4\sqrt{5}c}}{{\sqrt{41}}}=\frac{{20\sqrt{41}}}{41}$，解得$c=\sqrt{5}$，
故椭圆方程为$\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{15}=1$．

点评 本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用椭圆的准线方程和中点坐标公式，以及离心率公式，考查椭圆的第二定义和焦半径公式，直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于难题．