Question

7．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$過點A（0，$\sqrt{2}$），離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點（1，0）的直線l交橢圓C于P，Q兩點，N是直線x=1上的一點，若△NPQ是等邊三角形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）點A（0，$\sqrt{2}$）在橢圓C上，于是$\frac{2}{^{2}}$=1，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，代入解出即可得出．
（Ⅱ）設直線PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程可得：（t²+4）y²+2ty-7=0，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關系、中點坐標公式、等邊三角形的性質即可得出．

解答 解：（Ⅰ） 點A（0，$\sqrt{2}$）在橢圓C上，于是$\frac{2}{^{2}}$=1，即b²=2．
設橢圓C的焦半距為c，則$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即${c}^{2}=\frac{3}{4}{a}^{2}$，
又a²=b²+c²，代入解得a²=8，
∴橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．）
（Ⅱ）設直線PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立直線與橢圓方程：$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，消去x得：（t²+4）y²+2ty-7=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{2t}{{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-7}{{t}^{2}+4}$．
于是x₁+x₂=t（y₁+y₂）+2=$\frac{8}{{t}^{2}+4}$，
故線段PQ的中點D$（\frac{4}{{t}^{2}+4}，\frac{-t}{{t}^{2}+4}）$．
設N（-1，y₀），由|NP|=|NQ|，則k_ND•k_PQ=-1，
即$\frac{{y}_{0}+\frac{t}{{t}^{2}+4}}{-1-\frac{4}{{t}^{2}+4}}$=-t，整理得y₀=t+$\frac{3t}{{t}^{2}+4}$，得N$（-1，t+\frac{3t}{{t}^{2}+4}）$．
又△NPQ是等邊三角形，
∴|ND|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|PQ|，即$|ND{|}^{2}=\frac{3}{4}|PQ{|}^{2}$，
即$（\frac{4}{{t}^{2}+4}+1）^{2}$+$（t+\frac{4t}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{3}{4}（1+{t}^{2}）$$[（\frac{-2t}{{t}^{2}+4}）^{2}-4×\frac{-7}{{t}^{2}+4}]$，
整理得$（\frac{{t}^{2}+8}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{24{t}^{2}+84}{（{t}^{2}+4）^{2}}$，
解得 t²=10，t=$±\sqrt{10}$，
∴直線l的方程是x$±\sqrt{10}y$-1=0．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、中點坐標公式、等邊三角形的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．