Question

17．已知点F₁（-$\sqrt{3}，0$）和F₂（$\sqrt{3}，0$）是椭圆M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的两个焦点，且椭圆M经过点（$\sqrt{3}，\frac{1}{2}$）．
（1）求椭圆M的方程；
（2）过点P（0，2）的直线l和椭圆M交于A、B两点，且$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由焦点F₁（-$\sqrt{3}，0$），得c=$\sqrt{3}$，联立$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解出即可得出；
（2）取A（0，1），B（0，-1）或B（0，1），A（0，-1）时，直线l的斜率不存在时，则不满足$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，舍去．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+2，B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为：（1+4k²）x²+16kx+12=0，由△＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．利用根与系数的关系及其$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，解得k，即可得出．

解答 解：（1）由焦点F₁（-$\sqrt{3}，0$），得c=$\sqrt{3}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{3}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{3}{{a}^{2}}+\frac{1}{4{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得b²=1，a²=4，
∴椭圆M的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）取A（0，1），B（0，-1）或B（0，1），A（0，-1）时，直线l的斜率不存在时，则不满足$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，所以此时不合题意，舍去．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+2，B（x₁，y₁），A（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，则$\overrightarrow{PA}$=（x₂，y₂-2），$\overrightarrow{PB}$（x₁，y₁-2），
直线l的方程与椭圆M的方程联立得：（1+4k²）x²+16kx+12=0，
由△=16（4k²-3）＞0，解得k²＞$\frac{3}{4}$．
∴x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{PB}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{PA}$，可得x₁=$\frac{3}{5}{x}_{2}$，
联立解得x₂=-$\frac{10k}{1+4{k}^{2}}$，x₁=$\frac{-6k}{1+4{k}^{2}}$，
∴$\frac{60{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，解得k²=1$＞\frac{3}{4}$，
∴k=±1．
所以直线l的方程是y=±x+2．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、向量坐标运算，考查了推理能力与计算能力，属于难题．