Question

18．已知拋物線y²=4$\sqrt{2}$x的焦點(diǎn)為橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)，且橢圓的長軸長為4，左右頂點(diǎn)分別為A，B．經(jīng)過橢圓左焦點(diǎn)的直線l與橢圓交于C、D兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）記△ABD與△ABC的面積分別為S₁和S₂，且|S₁-S₂|=2，求直線l的方程；
（Ⅲ）若M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是橢圓上的兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足x₁x₂+2y₁y₂=0，動(dòng)點(diǎn)P滿足$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OM}$+2$\overrightarrow{ON}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過拋物線的焦點(diǎn)，求出橢圓中的c，橢圓的長軸為4得a，然后求解橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ） 方法一：設(shè)直線l：$x=my-\sqrt{2}$，代入橢圓方程，設(shè)C（x₁，y₁）、D（x₂，y₂），通過面積關(guān)系求出m，然后求解直線方程．
方法二：當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，推出△ABD，△ABC面積相等，當(dāng)直線l斜率存在（顯然k≠0）時(shí)，設(shè)直線方程為$y=k（x+\sqrt{2}）（k≠0）$，設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）和橢圓方程聯(lián)立，通過|S₁-S₂|=|2||y₂|-|y₁|求出$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，得到直線方程．
（Ⅲ）設(shè)P（x_P，y_P），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OM}$+2$\overrightarrow{ON}$，結(jié)合x₁x₂+2y₁y₂=0…②，M，N是橢圓上的點(diǎn)，推出${{x}_{p}}^{2}+2{{y}_{p}}^{2}=20$，可得點(diǎn)P的軌跡方程．

解答 解：（Ⅰ）由題設(shè)可知：因?yàn)閽佄锞�y²=4$\sqrt{2}$x的焦點(diǎn)為（$\sqrt{2}$，0），橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)，可得c=$\sqrt{2}$，且橢圓的長軸長為4，所以橢圓中的a=2，∴b=$\sqrt{2}$．
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（Ⅱ） 方法一：設(shè)直線l：$x=my-\sqrt{2}$，$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1\\ x=my-\sqrt{2}\end{array}\right.$，
$x=my-\sqrt{2}$代入橢圓方程得$（{{m^2}+2}）{y^2}-2\sqrt{2}my-2=0$，
設(shè)C（x₁，y₁）D（x₂，y₂），A（-2，0）B（2，0）${y_1}+{y_2}=\frac{{2\sqrt{2}m}}{{{m^2}+2}}$
于是$|{{S_1}-{S_2}}|=\frac{1}{2}×4×|{|{y_1}|-|{y_2}|}|=2×|{{y_1}+{y_2}}|$=$2×\frac{{2\sqrt{2}|m|}}{{{m^2}+2}}=2$
所以$m=±\sqrt{2}$
故直線l的方程為$x±\sqrt{2}y+\sqrt{2}=0$
方法二：當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直線方程為$x=-\sqrt{2}$，
此時(shí)△ABD，△ABC面積相等，|S₁-S₂|=0
當(dāng)直線l斜率存在（顯然k≠0）時(shí)，設(shè)直線方程為$y=k（x+\sqrt{2}）（k≠0）$
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂）
和橢圓方程聯(lián)立得到$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1}\\{y=k（x+\sqrt{2}）}\end{array}}\right.$，消掉y得$（1+2{k^2}）{x^2}+4\sqrt{2}{k^2}x+4{k^2}-4=0$
顯然△＞0，方程有根，且${x_1}+{x_2}=\frac{{-4\sqrt{2}{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$
此時(shí)|S₁-S₂|=|2||y₂|-|y₁||=2|y₂+y₁|=$2|k（{x_1}+\sqrt{2}）+k（{x_2}+\sqrt{2}）|$
=$2|k（{x_1}+{x_2}）+2\sqrt{2}k|=\frac{{2\sqrt{2}|k|}}{{1+2{k^2}}}$
因?yàn)閗≠0，上式$\frac{{2\sqrt{2}|k|}}{{1+2{k^2}}}=2$，
解得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，所以直線方程為$x±\sqrt{2}y+\sqrt{2}=0$．
（Ⅲ）設(shè)P（x_P，y_P），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OM}$+2$\overrightarrow{ON}$可得：
$\left\{\begin{array}{l}{x}_{P}={x}_{1}+{2x}_{2}\\{y}_{P}={y}_{1}+{2y}_{2}\end{array}\right.$…①，
x₁x₂+2y₁y₂=0…②，M，N是橢圓上的點(diǎn)，
故${{x}_{1}}^{2}+2{{y}_{1}}^{2}=4$，
${{x}_{2}}^{2}+2{{y}_{2}}^{2}=4$，
由①②可得：${{x}_{p}}^{2}+2{{y}_{p}}^{2}=（{{x}_{1}+{2x}_{2}）}^{2}+2（{y}_{1}+{2y}_{2}）^{2}$=${{x}_{1}}^{2}+2{{y}_{1}}^{2}+4（{{x}_{2}}^{2}+2{{y}_{2}}^{2}）$，
故${{x}_{p}}^{2}+2{{y}_{p}}^{2}=20$，即點(diǎn)P的軌跡方程是$\frac{{{x}_{p}}^{2}}{20}+\frac{{{y}_{p}}^{2}}{10}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，軌跡方程的求法，弦長公式的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．