Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短軸的一個(gè)端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）是否存在過橢圓C的左焦點(diǎn)F且不與x軸重合的直線m，與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，線段MN的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)P，與橢圓C交于點(diǎn)Q，使得四邊形MPNQ為菱形？若存在，請求出直線m的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短軸的一個(gè)端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為$\sqrt{2}$，求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（Ⅱ）假設(shè)存在直線m，依題意可設(shè)為x=ky-1，與橢圓聯(lián)立，得（k²+2）y²-2ky-1=0，由此利用韋達(dá)定理、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、橢圓性質(zhì)能求出m的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F（c，0），
則由題意有e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
即a=$\sqrt{2}$，c=1，b=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．…（3分）
（Ⅱ）假設(shè)存在直線m，依題意可設(shè)為x=ky-1，
于是$\left\{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，可得（k²+2）y²-2ky-1=0，
令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
于是y₁+y₂=$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$，x₁+x₂=k（y₁+y₂）-2=-$\frac{4}{{k}^{2}+2}$，…（7分）
∴MN的中點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-$\frac{2}{{k}^{2}+2}$，$\frac{k}{{k}^{2}+2}$）．
∵PQ⊥l，
∴直線PQ的方程為y-$\frac{k}{{k}^{2}+2}$=-k（x+$\frac{2}{{k}^{2}+2}$），
令y=0，解得x=-$\frac{1}{{k}^{2}+2}$，即P（-$\frac{1}{{k}^{2}+2}$，0）． …（9分）
∵P、Q關(guān)于A點(diǎn)對稱，設(shè)Q（x₀，y₀），
∴-$\frac{2}{{k}^{2}+2}$=$\frac{1}{2}$（ x₀-$\frac{1}{{k}^{2}+2}$），$\frac{k}{{k}^{2}+2}$=$\frac{1}{2}$（ y₀+0），
解得x₀=-$\frac{3}{{k}^{2}+2}$，y₀=$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$，即Q（-$\frac{3}{{k}^{2}+2}$，$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$）．…（11分）
∵點(diǎn)Q在橢圓上，
∴（-$\frac{3}{{k}^{2}+2}$）²+2（$\frac{2k}{{k}^{2}+2}$）²=2，
解得k²=$\sqrt{\frac{1}{2}}$，于是$\frac{1}{{k}^{2}}=\sqrt{2}$，即$\frac{1}{k}=±\root{4}{2}$，
∴m的方程為y=$\root{4}{2}$x+$\root{4}{2}$或y=-$\root{4}{2}$x-$\root{4}{2}$．  …（13分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的直線方程是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．