分析 (Ⅰ)橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,上頂點為B(0,1),求出a,b,可得橢圓的方程;
(II)利用點差法,求出AB的斜率,可得直線AB的方程,代入橢圓方程,即可求線段AB的長.
(III)假設存在直線l與此橢圓交于M,W兩點,使得△BMW的垂心為橢圓的右焦點F.設M(x1,y1),N(x2,y2),由B(0,1),F(xiàn)(1,0),kBF=-1.由BF⊥MN,知kMN=1.設直線l的方程為y=x+m,與橢圓的方程聯(lián)立可得△>0即根與系數(shù)的關系,再利用$\overrightarrow{BM}$•$\overrightarrow{FN}$=0即可得出.
解答 解:(Ⅰ)∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)的離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,上頂點為B(0,1).
∴$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,b=1.
又a2-c2=b2,從而a=$\sqrt{2}$,c=1.
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1.
(Ⅱ)設M(x1,y1),N(x2,y2),則
x12+2y12=2,x22+2y22=2,
兩式相減可得(x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0,
∵線段MW的中點為(1,$\frac{1}{2}$),∴2(x1-x2)+2(y1-y2)=0,
∴直線MN的斜率為-1,
∴直線MN的方程為y-$\frac{1}{2}$=-(x-1),即2x+2y-3=0,
與橢圓方程聯(lián)立可得3x2-6x-2.5=0,
∴|MN|=$\sqrt{1+1}$•$\sqrt{4+4×\frac{2.5}{3}}$=$\frac{2\sqrt{11}}{3}$.
(Ⅲ)假設存在直線l與此橢圓交于M,W兩點,使得△BMW的垂心為橢圓的右焦點F.
∵B(0,1),F(xiàn)(1,0),∴kBF=-1.
由BF⊥MN,知kMN=1.
設直線l的方程為y=x+m,
代入$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1得3x2+4mx+2m2-2=0.
由△>0,得m2<3,且x1+x2=-$\frac{4m}{3}$,x1x2=$\frac{2{m}^{2}-2}{3}$.
由題意,有$\overrightarrow{BM}$•$\overrightarrow{FN}$=0.
∴x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,
∴2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0.
于是2•$\frac{2{m}^{2}-2}{3}$2+(-$\frac{4m}{3}$)(m-1)+m2-m=0.
解得m=-$\frac{4}{3}$或m=1.
經(jīng)檢驗,當m=1時,△PQN不存在,故舍去m=1.
當m=-$\frac{4}{3}$時,所求直線l存在,且直線l的方程為y=x-$\frac{4}{3}$.
點評 本題綜合考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、三角形垂心的性質(zhì)、相互垂直的直線斜率之間的關系、向量垂直與數(shù)量積的關系等基礎知識與基本技能方法,考查了推理能力和計算能力,屬于難題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 32$\sqrt{3}$π | B. | 4$\sqrt{3}$π | C. | 48π | D. | 12π |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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