Question

4．己知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）和圓C₂：x²+y²=r²（r＞0），已知圓C₂的直徑是橢圓C₁焦距長(zhǎng)的$\sqrt{2}$倍，且圓C₂的面積為4π，橢圓C₁的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，過(guò)橢圓C₁的上頂點(diǎn)A作一條斜率為k（k＞0）的直線l與橢圓C₁的另一個(gè)交點(diǎn)是B，與圓C₂相交于點(diǎn)E，F(xiàn)．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）當(dāng)|AB|•|EF|=3$\sqrt{7}$時(shí)，求直線l的方程，并求△F₂AB的面積（其中F₂為橢圓C₁的右焦點(diǎn)）

Answer 1

分析 （1）由圓的面積公式得πr²=4π，得r=2，從而求出c=$\sqrt{2}$，由橢圓C₁的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（2）設(shè)直線l：y=kx+1，求出圓心O到直線l的距離和|EF|，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+1）x²+6kx=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式能求出結(jié)果．

解答 解：（1）∵橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）和圓C₂：x²+y²=r²（r＞0），
圓C₂的直徑是橢圓C₁焦距長(zhǎng)的$\sqrt{2}$倍，且圓C₂的面積為4π，
∴πr²=4π，r＞0，解得r=2，
∴2r=$\sqrt{2}•2c$，∴r=$\sqrt{2}c$，∴c=$\sqrt{2}$，
又∵橢圓C₁的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a²+b²=c²，∴a=$\sqrt{3}$，b=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$．
（2）由（1）知圓C₂的圓心O（0，0），r=$\sqrt{2}$，A（0，1），設(shè)直線l：y=kx+1，
圓心O到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
|EF|=2$\sqrt{4-\frac{1}{{k}^{2}+1}}$=2$\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{{k}^{2}+1}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（3k²+1）x²+6kx=0，
設(shè)B（x₁，y₁），則x₁=$\frac{-6k}{3{k}^{2}+1}$，
∴|AB|=$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+（{y}_{1}-1）^{2}}$=$\sqrt{（\frac{-6k}{3{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{-6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}）^{2}}$=$\frac{6|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+1}$，
∵|AB|•|EF|=3$\sqrt{7}$，
∴|AB|•|EF|=$\frac{6|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{3{k}^{2}+1}$•$2\sqrt{\frac{4{k}^{2}+3}{{k}^{2}+1}}$=$\frac{12|k|\sqrt{4{k}^{2}+3}}{3{k}^{2}+1}$=3$\sqrt{7}$，
∴k⁴+6k²-7=0，∴（k²+7）（k²-1）=0，
∴k²=1，∵k＞0，∴k=1，
∴直線l：y=x+1．|AB|=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
點(diǎn)F₂到直線l的距離d₁=$\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}$，
∴${S}_{△{F}_{2}AB}$=$\frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}$=$\frac{3（\sqrt{2}+1）}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查直線方程的求法，考查三角形面積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式的合理運(yùn)用．