Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)為A（2，0），離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．過點(diǎn)G（1，0）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，
（1）求橢圓C的方程；
（2）當(dāng)△AMN的面積為$\frac{{\sqrt{10}}}{3}$時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，一個(gè)頂點(diǎn)為A（2，0），即a=2，橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得：b²=2，即可求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x-1，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知：y₁+y₂=-$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+2}$，由弦長公式可知：∴|MN|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$．點(diǎn)A到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，根據(jù)三角形的面積公式可知：S=$\frac{1}{2}$|•BC|•d=$\frac{\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{{\sqrt{10}}}{3}$，即可求得m的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）由題意可知：橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）焦點(diǎn)在x軸上，
由一個(gè)頂點(diǎn)為A（2，0），即a=2，
橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得：b²=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$：
（2）設(shè)直線l的方程為：my=x-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為（m²+2）y²+2my-3=0，
△=4m²+12（m²+2）=16m²+24＞0
∴y₁+y₂=-$\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+2}$．
∴|MN|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{2m}{{m}^{2}+2}）^{2}-4×（-\frac{3}{{m}^{2}+2}）}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$．
點(diǎn)A到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$|•BC|•d=$\frac{\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{{\sqrt{10}}}{3}$，
化為5m⁴+2m²-7=0，
解得m²=1，
∴m=±1．
直線l的方程x±y-1=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次的方程的根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．