4.已知定點(diǎn)F($\sqrt{2}$,0),定直線l:x=2$\sqrt{2}$,動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F距離是它到定直線l距離的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍.設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E.
(1)求曲線E的方程.
(2)過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線l與曲線E交與不同的兩點(diǎn)M,N,點(diǎn)A為曲線E的右頂點(diǎn),當(dāng)△AMN的面積為$\frac{\sqrt{10}}{3}$時(shí),求直線l的方程.

分析 (1)設(shè)點(diǎn)(x,y),$\sqrt{(x-\sqrt{2})^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x-2$\sqrt{2}$丨,化簡(jiǎn)整理$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$,即可求得曲線E的方程;
(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為:(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式可得|MN|=$\frac{2\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$.,點(diǎn)A到直線MN的距離d.利用△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$,解出即可得出k的值,求得直線l的方程.

解答 解:(1)設(shè)點(diǎn)(x,y),由定點(diǎn)F($\sqrt{2}$,0),定直線l:x=2$\sqrt{2}$,動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F距離是它到定直線l距離的$\frac{\sqrt{2}}{2}$倍.…(1分)
∴$\sqrt{(x-\sqrt{2})^{2}+{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$丨x-2$\sqrt{2}$丨…(2分)
兩邊同時(shí)平方化簡(jiǎn)整理得:$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$,
曲線E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$;…(5分)
(2)①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí),將x=1代入雙曲線方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$,解得:y=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$,則丨MN丨=$\sqrt{6}$,
由(1)可知曲線E的右頂點(diǎn)A(2,0),
∴△AMN的面積S=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,不滿足,
②當(dāng)直線斜率存在時(shí),設(shè)直線方程為:y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2),
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$,整理得:(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,
由△>0,
韋達(dá)定理可知:x1+x2=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$.
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{4}}{(1+2{k}^{2})^{2}}-4×\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$.
點(diǎn)A到直線MN的距離d=$\frac{丨k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$.
∴△AMN的面積S=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{\sqrt{4+6{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$,
化為:20k4-7k2-13=0,解得:k2=1,
∴k=±1,
直線l的方程y=x-1或y=-x-1.

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(zhǎng)問(wèn)題、三角形面積計(jì)算公式、點(diǎn)到直線的距離公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

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