已知椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的中心为坐标原点.离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$.A1.A2.B1.B2是其四个顶点.且四边形A1B1A2B2的面积为4$\sqrt{3}$．(Ⅰ)求椭圆C的方程,(Ⅱ)是否存在过椭圆C的右焦点F且与椭圆C相交于M.N两点的直线l.使得在直线x=3上可以找� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心为坐标原点，离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，A₁，A₂，B₁，B₂是其四个顶点，且四边形A₁B₁A₂B₂的面积为4$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）是否存在过椭圆C的右焦点F且与椭圆C相交于M，N两点的直线l，使得在直线x=3上可以找到一点B，满足△MNB为正三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

分析（Ⅰ）通过椭圆定义直接计算即得结论；
（Ⅱ）由（I）可知F（2，0）．分直线l与x轴是否垂直两种情况讨论，易知当直线l与x轴垂直时不满足题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l：y=k（x-2），利用韦达定理及两点间距离公式可得|MN|=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，设MN的中点为Q，利用|QB|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|，计算即得结论．

解答解：（Ⅰ）由已知可得：$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，2ab=4$\sqrt{3}$，
∴1-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，a²b²=12，
解得：a²=6，b²=2，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）由（I）可知F（2，0）．
①当直线l与x轴垂直时，M（2，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），N（2，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），B（3，0），
此时|MN|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，|BF|=1，
∵$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|≠|BF|，
∴M、N、B不能构成正三角形；
②当直线l与x轴不垂直时，
设直线l：y=k（x-2），设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
联立直线l与椭圆方程，得：（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0，
易知△＞0且x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{1{2k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{（1+3{k}^{2}）^{2}}}$
=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
设MN的中点为Q，则x_Q=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x_B=3，
QB为MN的中垂线，
则|QB|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•|x_B-x_Q|
=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•（3-$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$）
=$\frac{\sqrt{1+{k}^{2}}}{|k|}$•$\frac{3（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$
=$\frac{3（1+{k}^{2}）\sqrt{1+{k}^{2}}}{（1+3{k}^{2}）•|k|}$，
由△MNB为正三角形可知：|QB|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|MN|，
∴$\frac{3（1+{k}^{2}）\sqrt{1+{k}^{2}}}{（1+3{k}^{2}）•|k|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
化简得：k=±1，
∴直线l的方程为：x-y-2=0或x+y-2=0．