Question

11．已知橢圓C的對稱中心為原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，上頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)分別為B，A，線段AB的中點(diǎn)為D，且k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面積為2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過F₁的直線1與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，求以F₂為圓心且與直線l相切的圓的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面積為2$\sqrt{2}$建立方程組，求解方程組即可得出a，b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出橢圓左右焦點(diǎn)的坐標(biāo)，分析可知直線l的斜率存在，設(shè)出直線l的方程，和橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式求得直線的斜率k，得到直線方程，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出圓的半徑，則圓的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）∵k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面積為2$\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\frac{2}}{\frac{a}{2}}•（-\frac{a}）=-\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{2}ab=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得：a=2$\sqrt{2}，b=2$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，c²=a²-b²=4，∴c=2，則F₁（-2，0）．
當(dāng)直線l垂直x軸時(shí)，直線方程為x=-2，代入橢圓方程可得y=$±\sqrt{2}$，此時(shí)|MN|=$2\sqrt{2}$，不合題意；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y=kx+2k．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-8=0．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
在${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$．
由|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
解得：k²=2，∴$k=±\sqrt{2}$．
不妨去k=$\sqrt{2}$，則直線l的方程為$\sqrt{2}x-y+2\sqrt{2}=0$．
由F₂（2，0）到直線$\sqrt{2}x-y+2\sqrt{2}=0$的距離d=$\frac{|2\sqrt{2}+2\sqrt{2}|}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
∴以F₂為圓心且與直線l相切的圓的方程為$（x-2）^{2}+{y}^{2}=\frac{32}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查了直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，涉及直線與圓錐曲線的關(guān)系問題，常采用聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系求解，是中檔題．