Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C的左、右焦點，橢圓C的焦點F₁到雙曲線$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1漸近線的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線AB：y=kx+m（k＜0）與橢圓C交于不同的A，B兩點，以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點F₂，且原點O到直線AB的距離為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，求直線AB的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓的離心率以及點到漸近線的距離建立方程關系求出a，b即可求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)之間的關系以及設而不求的思想進行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵雙曲線$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1的一條漸近線方程為x-$\sqrt{2}$y=0，
橢圓C的左焦點F₁（-c，0），
∵橢圓C的焦點F₁到雙曲線$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1漸近線的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴d=$\frac{|-c|}{\sqrt{1+2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{c}{\sqrt{3}}$得c=1，
則a=$\sqrt{2}$，b=1，
則橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+$y²=1；
（Ⅱ）設A，B兩點的坐標分別為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由原點O到直線AB的距離為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
即m²=$\frac{4}{5}$（1+k²），①
將y=kx+m（k＜0）代入$\frac{{x}^{2}}{2}+$y²=1；得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
則判別式△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（2k²-m²+1）＞0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∵以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點F₂，
∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}•\overrightarrow{B{F}_{2}}$=0，
即（x₁-1）（x₂-1）+y₁y₂=0
即（x₁-1）（x₂-1）+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
即（1+k²）x₁x₂+（km-1）（x₁+x₂）+m²+1=0，
∴（1+k²）•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+（km-1）•（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）+m²+1=0，
化簡得3m²+4km-1=0  ②
由①②得11m⁴-10m²-1=0，得m²=1，
∵k＜0，∴$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{k=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，滿足判別式△=8（2k²-m²+1）＞0，
∴AB的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+1．

點評 本題主要考查橢圓的方程的求解以及直線和橢圓的位置關系，利用方程法以及轉(zhuǎn)化法，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，利用根與系數(shù)之間的關系，結合設而不求的思想是解決本題的關鍵．綜合性較強，運算量較大，有一定的難度．