Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$的右焦點F（$\sqrt{6}，0$），過點F作平行于y軸的直線截橢圓C所得的弦長為$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點（1，0）的直線l交橢圓C于P，Q兩點，N點在直線x=-1上，若△NPQ是等邊三角形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 設(shè)橢圓C的焦半距為c，則c=$\sqrt{6}$，于是a²-b²=6．把x=c代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可得：y=$±\frac{^{2}}{a}$，即$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，聯(lián)立解出即可得出．
（Ⅱ）設(shè)直線PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．聯(lián)立直線與橢圓方程可得：（t²+4）y²+2ty-7=0，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標(biāo)公式、等邊三角形的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ） 設(shè)橢圓C的焦半距為c，則c=$\sqrt{6}$，于是a²-b²=6．
把x=c代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，整理得y²=b²（1-$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$）=$\frac{^{4}}{{a}^{2}}$，解得y=$±\frac{^{2}}{a}$，
∴$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，即a²=2b⁴，
∴2b⁴-b²-6=0，解得b²=2，或b²=-$\frac{3}{2}$（舍去），進而a²=8，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）設(shè)直線PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立直線與橢圓方程：$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，消去x得：（t²+4）y²+2ty-7=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{2t}{{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-7}{{t}^{2}+4}$．
于是x₁+x₂=t（y₁+y₂）+2=$\frac{8}{{t}^{2}+4}$，
故線段PQ的中點D$（\frac{4}{{t}^{2}+4}，\frac{-t}{{t}^{2}+4}）$．
設(shè)N（-1，y₀），由|NP|=|NQ|，則k_ND•k_PQ=-1，
即$\frac{{y}_{0}+\frac{t}{{t}^{2}+4}}{-1-\frac{4}{{t}^{2}+4}}$=-t，整理得y₀=t+$\frac{3t}{{t}^{2}+4}$，得N$（-1，t+\frac{3t}{{t}^{2}+4}）$．
又△NPQ是等邊三角形，
∴|ND|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|PQ|，即$|ND{|}^{2}=\frac{3}{4}|PQ{|}^{2}$，
即$（\frac{4}{{t}^{2}+4}+1）^{2}$+$（t+\frac{4t}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{3}{4}（1+{t}^{2}）$$[（\frac{-2t}{{t}^{2}+4}）^{2}-4×\frac{-7}{{t}^{2}+4}]$，
整理得$（\frac{{t}^{2}+8}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{24{t}^{2}+84}{（{t}^{2}+4）^{2}}$，
解得 t²=10，t=$±\sqrt{10}$，
∴直線l的方程是x$±\sqrt{10}y$-1=0．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標(biāo)公式、等邊三角形的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．