Question

17．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|=$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)（1，0）的直線l交橢圓C于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，若存在點(diǎn)G（-1，y₀）使△EFG為等邊三角形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓的離心率，橢圓的通徑公式，及a²=b²+c²及可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得D點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，求得G點(diǎn)坐標(biāo)，由丨GD丨=$\frac{\sqrt{3}}{2}$丨EF丨，即可取得t的值，即可求得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，①由橢圓的通徑丨AB丨=$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，②
由a²=b²+c²，③
解得：a=2$\sqrt{2}$，b=$\sqrt{2}$，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)直線l：x=ty+1，E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
易知：t=0時(shí)，不滿足，故t≠0，
則$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（t²+4）y²+2ty-7=0，
顯然△=4t²+28（t²+4）＞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EF的中點(diǎn)D（$\frac{4}{{t}^{2}+4}$，-$\frac{t}{{t}^{2}+4}$），
由△EFG為等邊三角形，則丨GE丨=丨GF丨，
連接GD，則k_GD•k_EF=-1，
即$\frac{{y}_{0}+\frac{t}{{t}^{2}+4}}{-1-\frac{4}{{t}^{2}+4}}$=-1，整理得y₀=t+$\frac{3t}{{t}^{2}+4}$，
則G（-1，t+$\frac{3t}{{t}^{2}+4}$），
由△EFG為等比三角形，則丨GD丨=$\frac{\sqrt{3}}{2}$丨EF丨，丨GD丨²=$\frac{3}{4}$丨EF丨²，
∴（$\frac{4}{{t}^{2}+4}$+1）²+（t+$\frac{4t}{{t}^{2}+4}$）²=$\frac{3}{4}$（1+t²）[（-$\frac{2t}{{t}^{2}+4}$）2-4×（-$\frac{7}{{t}^{2}+4}$）]，
整理得：（$\frac{4}{{t}^{2}+4}$+1）²=$\frac{24{t}^{2}+84}{（{t}^{2}+4）^{2}}$，
即（$\frac{{t}^{2}+8}{{t}^{2}+4}$）²=$\frac{24{t}^{2}+84}{（{t}^{2}+4）^{2}}$，解得：t²=10，則t=±$\sqrt{10}$，
∴直線l的方程x=±$\sqrt{10}$y+1，即y=±$\frac{\sqrt{10}}{10}$（x-1）．
直線l的方程y=±$\frac{\sqrt{10}}{10}$（x-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，等邊三角形的性質(zhì)公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．