Question

6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的一个顶点为A（2，0），离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，过点G（1，0）的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当△AMN的面积为$\frac{4\sqrt{2}}{5}$时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）设直线l的方程为：my=x-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．与椭圆方程联立可得：（m²+2）y²+2my-3=0，利用根与系数的关系可得：|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．点A到直线l的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，利用$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$，解出即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{2}$，b²=2．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）设直线l的方程为：my=x-1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化为（m²+2）y²+2my-3=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+2}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}+\frac{12}{{m}^{2}+2}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（4{m}^{2}+6）}}{{m}^{2}+2}$．
点A到直线l的距离d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴$\frac{1}{2}$|BC|d=$\frac{\sqrt{4{m}^{2}+6}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{4\sqrt{2}}{5}$，
化为16m⁴+14m²-11=0，
解得m²=$\frac{1}{2}$
解得m=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴直线l的方程为$±\frac{1}{\sqrt{2}}y=x-1$，即$\sqrt{2}x$±y$-\sqrt{2}$=0．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次的方程的根与系数的关系、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．