Question

4．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的長軸長為$2\sqrt{2}$，離心率$e=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，過右焦點(diǎn)F的直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率為1時(shí)，求△POQ的面積；
（Ⅲ）若以O(shè)P，OQ為鄰邊的平行四邊形是矩形，求滿足該條件的直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得2a=$2\sqrt{2}$，e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，從而解出橢圓方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=x-1，從而聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ y=x-1\end{array}\right.$，從而解出交點(diǎn)坐標(biāo)，從而求面積；
（Ⅲ）分類討論是否與x軸垂直，從而解出直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由已知，橢圓方程可設(shè)為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
∵長軸長2a=$2\sqrt{2}$，離心率e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$b=c=1，a=\sqrt{2}$，
所求橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（Ⅱ）∵直線l過橢圓右焦點(diǎn)F（1，0），且斜率為1，
∴直線l的方程為y=x-1，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ y=x-1\end{array}\right.$得，
3y²+2y-1=0，
解得${y_1}=-1，{y_2}=\frac{1}{3}$，
∴${S_{△POQ}}=\frac{1}{2}|OF|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{1}{2}|{y_1}-{y_2}|=\frac{2}{3}$．
（Ⅲ）①當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l的方程為x=1，
此時(shí)∠POQ小于90°，OP，OQ為鄰邊的平行四邊形不可能是矩形．
②當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）．
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$可得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．
因?yàn)椤?16k⁴-4（1+2k²）（2k²-2）=8（k²+1）＞0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$．
因?yàn)閥₁=k（x₁-1），y₂=k（x₂-1），
所以${y_1}{y_2}=\frac{{-{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$．
因?yàn)橐設(shè)P，OQ為鄰邊的平行四邊形是矩形，
所以k_OP•k_OQ=-1，
因?yàn)?\frac{y_1}{x_1}•\frac{y_2}{x_2}=-1$，
所以x₁x₂+y₁y₂=$\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}+\frac{{-{k^2}}}{{1+2{k^2}}}=0$得k²=2．
所以$k=±\sqrt{2}$．
所以所求直線的方程為$y=±\sqrt{2}（x-1）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論的思想與學(xué)生的化簡運(yùn)算能力．