Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左、右兩個焦點分別為F₁、F₂，點E是橢圓C上的動點，且△EF₁F₂的周長為2+2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過右焦點F₂且斜率為k（k≠0）的直線l交橢圓C與A，B兩點，弦AB的垂直平分線與x交于x軸相交于點D，試問橢圓C上是否存在點E，使得四邊形ADBE為菱形？若存在，求出點E到y(tǒng)軸的距離；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過△EF₁F₂的周長可得2a+2c=2+2$\sqrt{2}$，利用e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過設直線l的方程并與橢圓C方程聯(lián)立，可得弦AB的中點P的坐標，利用菱形的性質(zhì)只需x_E+x_D=2x₀、y_E+y_D=2y₀即可，將點E代入橢圓C方程計算即可．

解答 解：（Ⅰ）由題可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
根據(jù)橢圓定義及△EF₁F₂的周長為2+2$\sqrt{2}$，
可得：2a+2c=2a+2$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=2+2$\sqrt{2}$，
解得：a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）結(jié)論：橢圓C上存在點E使得四邊形ADBE為菱形，此時點E到y(tǒng)軸的距離為$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$．
理由如下：
由題易知直線l的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立直線l與橢圓C方程，消去y整理得：
（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），弦AB的中點為P（x₀，y₀），
則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
y₀=k（x₀-2）=k（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-1）=-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$，
∴P（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$）．
則直線PD的方程為：y+$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
令y=0，得x_D=$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，則D（$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，0）．
若四邊形ADBE為菱形，則x_E+x_D=2x₀，
∴x_E=2x₀-x_D=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
同時y_E+y_D=2y₀，∴y_E=2y₀-y_D=-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$，
所以E（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$）．
若點E在橢圓C上，則（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²+2（-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$）²=2，
解得：k²=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C上存在點E使得四邊形ADBE為菱形．
∴x_E=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$，即點E到y(tǒng)軸的距離為$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．