Question

8．已知焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$的橢圓C的一個頂點(diǎn)是（0，1）．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，判斷直線l與圓x²+y²=1的位置關(guān)系？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，橢圓的半焦距為c，結(jié)合題意可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}\\ b=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，解可得a、b的值，代入橢圓的方程即可得答案；
（2）根據(jù)題意，分析直線的斜率，分2種情況證明：①當(dāng)直線l與x軸垂直時，由橢圓的對稱性分析易得證明，②當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y=kx+m，聯(lián)立直線與橢圓的方程，得到（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系以及向量數(shù)量積的定義分析，可得證明；綜合可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意，設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，設(shè)橢圓的半焦距為c，
又$\left\{\begin{array}{l}\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}\\ b=1\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$，
所以$a=\sqrt{3}，b=1，c=\sqrt{2}$．
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$． 
（Ⅱ）直線l與圓x²+y²=1相交，
分2種情況證明：
①當(dāng)直線l與x軸垂直時，由OA⊥OB及橢圓的對稱性得直線l的方程為$x=±\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
此時l與圓x²+y²=1相交． 
②當(dāng)直線l與x軸不垂直時，
設(shè)l的方程為y=kx+m，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{3}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得到（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{6km}{{3{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{m^2}-3}}{{3{k^2}+1}}$，
于是$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+（{k{x_1}+m}）（{k{x_2}+m}）=（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+mk（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}$
=$（{{k^2}+1}）•\frac{{3{m^2}-3}}{{3{k^2}+1}}+mk（{-\frac{6km}{{3{k^2}+1}}}）+{m^2}$=$\frac{{（{{k^2}+1}）（{3{m^2}-3}）-6{k^2}{m^2}+{m^2}（{3{k^2}+1}）}}{{3{k^2}+1}}$
=$\frac{{3（{{k^2}+1}）{m^2}-3（{{k^2}+1}）-6{k^2}{m^2}+{m^2}（{3{k^2}+1}）}}{{3{k^2}+1}}=\frac{{4{m^2}-3（{{k^2}+1}）}}{{3{k^2}+1}}=0$，
所以${m^2}=\frac{{3（{{k^2}+1}）}}{4}$，此時△＞0．
此時點(diǎn)O到直線l的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{{\frac{{3（{{k^2}+1}）}}{4}}}{{{k^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}＜1$，
于是l與圓x²+y²=1相交．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及直線與橢圓的位置關(guān)系，注意要分析直線的斜率是否存在．