Question

13．已知点M是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上的一点，F₁，F₂分别为C的左右焦点，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，∠F₁MF₂=60°，△F₁MF₂的面积为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）设过椭圆右焦点F₂的直线l和椭圆交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF₂的面积与△OBF₂的面积的比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在△F₁MF₂中，△F₁MF₂的面积为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．推出|MF₁||MF₂|=$\frac{4}{3}$．由余弦定理，得到|MF₁|+|MF₂|=4．求出a，b即可求解椭圆的标准方程．
（Ⅱ）△OAF₂的面积与△OBF₂的面积的比值为2等价于$\frac{A{F}_{2}}{B{F}_{2}}=2$，则$\overrightarrow{A{F}_{2}}=2\overrightarrow{{F}_{2}B}$．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），推出y₁=-2y₂．（1）设直线l的方程为：x=ky+$\sqrt{3}$，由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{x=ky+\sqrt{3}}\end{array}\right.$，利用韦达定理，求出k，即可推出结果．

解答 解：（Ⅰ）在△F₁MF₂中，△F₁MF₂的面积为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
可得$\frac{1}{2}|M{F}_{1}||M{F}_{2}|sin60°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
得|MF₁|•|MF₂|=$\frac{4}{3}$．
由余弦定理，$|{{F}_{1}{F}_{2}|}^{2}=|M{F}_{1}{|}^{2}+|M{F}_{2}{|}^{2}-2|M{F}_{1}||M{F}_{2}|cos60°$
=$（|M{F}_{1}|+|M{F}_{2}|）^{2}-2|M{F}_{1}||M{F}_{2}|（1+cos60°）$，
则|MF₁|+|MF₂|=4．
故2a=|MF₁||MF₂|，即a=2，b²=a²-c²=1，
椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）△OAF₂的面积与△OBF₂的面积的比值为2等价于$\frac{A{F}_{2}}{B{F}_{2}}=2$，则$\overrightarrow{A{F}_{2}}=2\overrightarrow{{F}_{2}B}$．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），故（$\sqrt{3}-$x₁，-y₁）=2（x₂-$\sqrt{3}$，y₂），
则y₁=-2y₂．（1）
设直线l的方程为：x=ky+$\sqrt{3}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{x=ky+\sqrt{3}}\end{array}\right.$，消x并整理得（4+k²）y²+2$\sqrt{3}ky$-1=0，
则y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{3}k}{4+{k}^{2}}$，（2）
y₁y₂=-$\frac{1}{4+{k}^{2}}$（3）
由（1）（2）（3）得，k=±$\frac{2\sqrt{23}}{23}$，
即存在直线x=±$\frac{2\sqrt{23}}{23}$y+$\sqrt{3}$，使得△OAF₂的面积与△OBF₂的面积之比为2．

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力．