Question

4．已知定點F（$\sqrt{2}$，0），定直線l：x=2$\sqrt{2}$，動點P到定點F距離是它到定直線l距離的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍．設(shè)動點P的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程．
（2）過點（1，0）的直線l與曲線E交與不同的兩點M，N，點A為曲線E的右頂點，當△AMN的面積為$\frac{\sqrt{10}}{3}$時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點（x，y），$\sqrt{（x-\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x-2$\sqrt{2}$丨，化簡整理$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，即可求得曲線E的方程；
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式可得|MN|=$\frac{2\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$．，點A到直線MN的距離d．利用△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，解出即可得出k的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)點（x，y），由定點F（$\sqrt{2}$，0），定直線l：x=2$\sqrt{2}$，動點P到定點F距離是它到定直線l距離的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍．…（1分）
∴$\sqrt{（x-\sqrt{2}）^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x-2$\sqrt{2}$丨…（2分）
兩邊同時平方化簡整理得：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
曲線E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；…（5分）
（2）①當直線的斜率不存在時，將x=1代入雙曲線方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，解得：y=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$，則丨MN丨=$\sqrt{6}$，
由（1）可知曲線E的右頂點A（2，0），
∴△AMN的面積S=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，不滿足，
②當直線斜率存在時，設(shè)直線方程為：y=k（x-1），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²-4k²x+2k²-4=0，
由△＞0，
韋達定理可知：x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$．
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-4×\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$．
點A到直線MN的距離d=$\frac{丨k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，
化為：20k⁴-7k²-13=0，解得：k²=1，
∴k=±1，
直線l的方程y=x-1或y=-x-1．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、三角形面積計算公式、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．