Question

4．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)A（0，1），離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過(guò)左焦點(diǎn)F₁的直線l交橢圓于C，D兩點(diǎn)，右焦點(diǎn)為F₂．
（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若|CF₂|，|CD|，|DF₂|成等差數(shù)列，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知條件求出b，通過(guò)離心率，以及橢圓的幾何量的關(guān)系，求出a，即可得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）利用|CF₂|，|CD|，|DF₂|成等差數(shù)列，得到|CF₂|+|DF₂|=2|CD|，求出|CD|．當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），聯(lián)立方程組，設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式，求出k，得到直線l的方程．驗(yàn)證當(dāng)斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)不成立．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)锳（0，1）為橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)，所以b=1，
又離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，即$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
解方程組$\left\{\begin{array}{l}b=1\\ \frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.$
得$a=\sqrt{2}，b=1，c=1$，
所以橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．（4分）
（Ⅱ）因?yàn)閨CF₂|，|CD|，|DF₂|成等差數(shù)列，所以|CF₂|+|DF₂|=2|CD|①，（5分）
又因?yàn)?|{C{F_2}}|+|{D{F_2}}|+|{CD}|=4a=4\sqrt{2}$ ②，由 ①②解得，$|{CD}|=\frac{{4\sqrt{2}}}{3}$．（7分）
當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x+1），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+1）\\ \frac{x^2}{2}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
得x的方程（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，
因?yàn)橹本�過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)，顯然△＞0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
由韋達(dá)定理${x_1}+{x_2}=-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
代入弦長(zhǎng)公式，$|{CD}|=\sqrt{（1+{k^2}）[{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}]}$=$\sqrt{（1+{k^2}）[{{{（{-\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}}）}^2}-4×\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}}]}$=$\frac{{4\sqrt{2}}}{3}$
整理得7k⁴-2k²-5=0，解得${k^2}=1，{k^2}=-\frac{5}{7}$（舍），k=±1，
所以直線l的方程為y=x+1或y=-x-1．
當(dāng)斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)不成立．（12分）

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，橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．