Question

13．已知橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)為A₁（0，-$\sqrt{2}$），焦點(diǎn)在x軸上．若右焦點(diǎn)到直線x-y+2$\sqrt{2}$=0的距離3
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)M（1，1）的直線與橢圓交于A、B兩點(diǎn)，且M點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求直線AB的方程及|AB|的值．

Answer 1

分析 （1）依題意可設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，則右焦點(diǎn)F（$\sqrt{{a}^{2}-2}$，0）由題設(shè)$\frac{|\sqrt{{a}^{2}-2}+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解出即可得出；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=2，y₁+y₂=2，$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=k，可得$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{2}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}+\frac{{y}_{2}^{2}}{2}$=1，相減可得k，即可得出直線AB的方程，與橢圓的方程化為：3x²-6x+1=0，利用|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$即可得出．

解答 解：（1）依題意可設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，則右焦點(diǎn)F（$\sqrt{{a}^{2}-2}$，0）由題設(shè)$\frac{|\sqrt{{a}^{2}-2}+2\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=3，解得a²=4，
 故所求橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=2，y₁+y₂=2，$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=k，
可得$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+\frac{{y}_{1}^{2}}{2}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}+\frac{{y}_{2}^{2}}{2}$=1，
相減可得：$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{4}$+$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）（{y}_{1}-{y}_{2}）}{2}$=0，
∴$\frac{2}{4}+\frac{2k}{2}$=0，解得k=-$\frac{1}{2}$．
∴直線AB的方程為：y-1=-$\frac{1}{2}$（x-1），化為x+2y-3=0，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+2y-3=0}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：3x²-6x+1=0，
∴x₁+x₂=2，x₁x₂=-$\frac{1}{3}$
|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+\frac{1}{4}）[4+4×\frac{1}{3}]}$=$\frac{2\sqrt{15}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問題、“點(diǎn)差法”、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率計(jì)算公式、弦長(zhǎng)公式、一元二次方程的該協(xié)議書的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．