Question

9．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，過點(diǎn)（1，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$），離心率e=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)F₁的直線l與該橢圓交于M，N兩點(diǎn)，且|${\overrightarrow{{F_2}M}$+$\overrightarrow{{F_2}N}}$|=$\frac{{2\sqrt{26}}}{3}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的離心率和定點(diǎn)坐標(biāo)，代入求出a，b，即可求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)系直線和橢圓，利用根與系數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）由已知得$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1}\\{{c^2}={a^2}+{b^2}}\end{array}}\right.$，解得a²=2，b²=1，
故所求橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$…（4分）
（2）由（1）得F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）
①若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x=-1，由$\left\{{\begin{array}{l}{x=-1}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$得$y=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
設(shè)$M（-1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}），N（-1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$
∴$|{\overrightarrow{{F_2}M}+\overrightarrow{{F_2}N}}|=|{（{-2，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）+（{-2，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）}|=|{（-4，0）}|=4$這與已知相矛盾；…（6分）
②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為y=k（x+1）．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（{x+1}）}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，消元得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{{-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，
∴所以${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}+2）=\frac{2k}{{1+2{k^2}}}$…（10分）
又∵$\overrightarrow{{F_2}M}=（{x_1}-1，{y_1}），\overrightarrow{{F_2}N}=（{x_2}-1，{y_2}）$
∴$\overrightarrow{{F_2}M}+\overrightarrow{{F_2}N}=（{x_1}+{x_2}-2，{y_1}+{y_2}）$
∴$|{\overrightarrow{{F_2}M}+\overrightarrow{{F_2}N}}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}-2）}^2}+{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}=\sqrt{{{（{\frac{{8{k^2}+2}}{{1+2{k^2}}}}）}^2}+{{（{\frac{2k}{{1+2{k^2}}}}）}^2}}=\frac{{2\sqrt{26}}}{3}$
化簡得40k⁴-23k²-17=0，
解得k²=1或${k^2}=-\frac{17}{40}$（舍去），
∴k=±1，
故所求直線l的方程為y=x+1或y=-x-1…（12分）

點(diǎn)評 本題主要考查橢圓的方程以及直線和橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，利用消元法轉(zhuǎn)化為一元二次方程形式是解決本題的關(guān)鍵．