Question

2．已知定點F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），動點P滿足條件：|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2$\sqrt{2}$，點P的軌跡是曲線E，直線l：y=x+b與曲線E交于A、B兩點，且|AB|=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
（Ⅰ）求曲線E的方程；
（II）求直線l的方程；
（Ⅲ） 設(shè)過點F₁的直線與曲線E交于M、N兩點，并且線段MN的中點在直線2x+y=0上，求直線MN的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的定義可知a=$\sqrt{2}$，c=1，根據(jù)橢圓的性質(zhì)，即可求得橢圓方程；
（II）將直線方程代入橢圓方程，根據(jù)韋達定理可知x₁+x₂=-$\frac{4b}{3}$，x₁•x₂=$\frac{2}{3}$（b²-1），由橢圓的弦長公式|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，代入即可求得b的值；（Ⅲ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中點（x₀，y₀），利用點差法能求出直線l的方程．

解答 解：（1）由題意可知：：|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2$\sqrt{2}$，
∴點P的軌跡是以F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為焦點，以2$\sqrt{2}$為長軸的橢圓，
即2a=2$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{2}$，c=1，
b²=a²-c²=1，
∴曲線E的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由題意可知，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=x+b}\end{array}\right.$，整理得：3x²+4xb+2b²-2=0，
由x₁+x₂=-$\frac{4b}{3}$，x₁•x₂=$\frac{2}{3}$（b²-1），
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{1}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4b}{3}）^{2}-4×\frac{2}{3}×（^{2}-1）}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
解得：b=±1，
直線l的方程y=x±1；
（Ⅲ） 設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中點（x₀，y₀）
得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+{y}_{1}^{2}=1}\\{\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1}\end{array}\right.$，兩式相減，得$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{2}+（{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}）=0$，
（x₁+x₂）+2（y₁+y₂）•$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{y}_{2}}$=0（x₁≠x₂），
即x₀+2y₀•k=0，又x₀+2y₀=0，
∴k=1，
∴直線l的方程為y=x+1．

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達定理及弦長公式的應(yīng)用，考查直線方程的求法，解題時要認真審題，注意點差法的合理運用，屬于中檔題．