Question

12．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率$e＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形的周长为8，面积为$2\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若点P（x₀，y₀）为椭圆C上一点，直线l的方程为3x₀x+4y₀y-12=0，求证：直线l与椭圆C有且只有一个交点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由4a=8，即$2×\frac{1}{2}×2c×b=2\sqrt{3}$，b²+c²=4，即可求得b和c的值，由$e＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．即可求得$b=\sqrt{3}$，c=1，即可椭圆的方程；
（Ⅱ）分类讨论：当y₀=0时，即可求得x₀=±2，即可求得直线与曲线的交点；
当y₀≠0时，则直线l的方程为$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$，代入椭圆方程，由点P（x₀，y₀）为曲线C上一点，解得x=x₀，代入直线方程，y=y₀，故直线l与曲线C有且有一个交点P．

解答 解：（Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，焦距为2c，
由题设条件知，4a=8，a=2，$2×\frac{1}{2}×2c×b=2\sqrt{3}$，b²+c²=a²=4，
所以$b=\sqrt{3}$，c=1，或b=1，$c=\sqrt{3}$（经检验不合题意舍去），
故椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）证明：当y₀=0时，由$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，可得x₀=±2，
当x₀=2，y₀=0时，直线l的方程为x=2，直线l与曲线C有且只有一个交点（2，0）．
当x₀=-2，y₀=0时，直线l的方程为x=-2，直线l与曲线C有且只有一个交点（-2，0）．
当y₀≠0时，直线l的方程为$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$，联立方程组$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.\end{array}\right.$，
消去y，得$（4{y_0}^2+3{x_0}^2）{x^2}-24{x_0}x+48-16{y_0}^2=0$．①
由点P（x₀，y₀）为曲线C上一点，得$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，可得$4{y_0}^2+3{x_0}^2=12$．
于是方程①可以化简为${x^2}-2{x_0}x+{x_0}^2=0$，解得x=x₀，
将x=x₀代入方程$y=\frac{{12-3{x_0}x}}{{4{y_0}}}$可得y=y₀，故直线l与曲线C有且有一个交点P（x₀，y₀），
综上，直线l与曲线C有且只有一个交点，且交点为P（x₀，y₀）．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想，属于中档题．