Question

10．如圖，在直角坐標系xOy中，橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，左、右、上、下四個頂點分別為A，C，B，D，四邊形F₁BF₂D的面積與四邊形ABCD的面積的比值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求橢圓E的離心率；
（2）設橢圓E的焦距為$2\sqrt{2}$，直線l與橢圓E交于P，Q兩點，且OP⊥OQ，求證：直線l恒與一定圓相切，并求出該圓的方程．

Answer 1

分析 （1）四邊形F₁BF₂D與四邊形ABCD均為菱形，根據(jù)菱形的面積公式可知：求得$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，由橢圓的離心率公式e=$\frac{c}{a}$，即可求得橢圓E的離心率；
（2）由c=$\sqrt{2}$，由（1）可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求得a的值，根據(jù)橢圓的性質，求得b，即可求得橢圓方程，當直線l的斜率存在時，設其方程為y=kx+m，代入橢圓方程，由韋達定理及向量數(shù)量積的坐標表示，求得4m²=3（k²+1），再由點到直線的距離公式d=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求得直線l恒與一定圓相切，當斜率不存在時，P，Q的坐標滿足方程|y|=|x|，根據(jù)橢圓的方程及點到直線的距離公式即可求得直線l恒與一定圓相切，求得圓的方程．

解答 解：（1）由題意知，四邊形F₁BF₂D與四邊形ABCD均為菱形，
∴$\frac{{{S_{{F_1}B{F_1}D}}}}{{{S_{ABCD}}}}=\frac{{\frac{1}{2}×2c×2b}}{{\frac{1}{2}×2a×2b}}=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
所以橢圓E的離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$；
（2）證明：由2c=2$\sqrt{2}$，c=$\sqrt{2}$，
由（1）可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，解得：a=$\sqrt{3}$，
b²=a²-c²=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，
①當直線l的斜率存在時，設其方程為y=kx+m，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+3k²）x²+6kmx+3（m²-1）=0，
△=12（1+3k²-m²）＞0，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由韋達定理，得${x_1}+{x_2}=\frac{-6km}{{1+3{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{3（{{m^2}-1}）}}{{1+3{k^2}}}$，
∴${y_1}•{y_2}=（{k{x_1}+m}）•（{k{x_2}+m}）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}$，
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}={x_1}•{x_2}+{y_1}•{y_2}=\frac{{4{m^2}-3（{{k^2}+1}）}}{{1+3{k^2}}}=0$，
整理得：4m²=3（k²+1），
∴原點O到直線l的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{m^2}{{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$；
②當直線l的斜率不存在時，△OPQ是以PQ為斜邊的等腰直角三角形，
P，Q的坐標滿足方程|y|=|x|，
結合橢圓方程，得$|x|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，從而原點O到直線l的距離$d=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
綜上，直線l恒與一定圓相切，該圓的圓心為原點O，
半徑為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
故該圓的方程為${x^2}+{y^2}=\frac{3}{4}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，韋達定理向量數(shù)量積的坐標表示，直線與圓的位置關系，考查計算能力，屬于中檔題．