Question

7．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$經(jīng)過(guò)點(diǎn)$M（1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若A₁，A₂是橢圓E的左右頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A₂作直線(xiàn)l與x軸垂直，點(diǎn)P是橢圓E上的任意一點(diǎn)（不同于橢圓E的四個(gè)頂點(diǎn)），聯(lián)結(jié)PA；交直線(xiàn)l與點(diǎn)B，點(diǎn)Q為線(xiàn)段A₁B的中點(diǎn)，求證：直線(xiàn)PQ與橢圓E只有一個(gè)公共點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓的離心率公式，將M代入橢圓方程，即可求得a和b的值，即可求得橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）利用點(diǎn)斜方程，求得直線(xiàn)PA₁的方程，求得B的中點(diǎn)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得Q坐標(biāo)，求得直線(xiàn)PQ的斜率，直線(xiàn)PQ方程為$y-{y_0}=-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}（x-{x_0}）$，代入橢圓方程，由△=0，則直線(xiàn)PQ與橢圓E相切，即直線(xiàn)PQ與橢圓E只有一個(gè)公共點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}\\ \frac{1}{a^2}+\frac{4}{{3{b^2}}}=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解得：a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，c=1，
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）證明：設(shè)P（x₀，y₀）（x₀≠0且${x_0}≠±\sqrt{3}）$，直線(xiàn)PA₁的方程為：$y=\frac{y_0}{{{x_0}+\sqrt{3}}}（x+\sqrt{3}）$，
令$x=\sqrt{3}$得$B=（\sqrt{3}，\frac{{2\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}）$，則線(xiàn)段A₂B的中點(diǎn)$Q（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}）$，
則直線(xiàn)PQ的斜率${K_{PQ}}=\frac{{{y_0}-\frac{{\sqrt{3}{y_0}}}{{{x_0}+\sqrt{3}}}}}{{{x_0}-\sqrt{3}}}=\frac{{{x_0}{y_0}}}{x_0^2-3}$，①
∵P是橢圓E上的點(diǎn)，
∴$x_0^2=3（1-\frac{y_0^2}{2}）$，代入①式，得${k_{PQ}}=-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}$，
∴直線(xiàn)PQ方程為$y-{y_0}=-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}（x-{x_0}）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y-{y_0}=-\frac{{2{x_0}}}{{3{y_0}}}（x-{x_0}）\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$，
又∵$2{x_0}^2+3{y_0}^2=6$，整理得${x^2}-2{x_0}x+{x_0}^2=0$，
∵△=0
∴直線(xiàn)PQ與橢圓E相切，即直線(xiàn)PQ與橢圓E只有一個(gè)公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系，考查直線(xiàn)的斜率公式，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．