Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的一個頂點為A（2，0），離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過點G（1，0）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N．
（1）求橢圓C的方程；
（2）當(dāng)△AMN的面積為$\frac{4\sqrt{2}}{5}$時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立可得：（m²+2）y²+2my-3=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．點A到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，利用$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$，解出即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{2}$，b²=2．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為（m²+2）y²+2my-3=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+2}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}+\frac{12}{{m}^{2}+2}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（4{m}^{2}+6）}}{{m}^{2}+2}$．
點A到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$，
化為16m⁴+14m²-11=0，
解得m²=$\frac{1}{2}$
解得m=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴直線l的方程為$±\frac{1}{\sqrt{2}}y=x-1$，即$\sqrt{2}x$±y$-\sqrt{2}$=0．

點評 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問題、一元二次的方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．