Question

18．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）過點(diǎn)$（\sqrt{2}，\;\;0）$和（0，1），其右焦點(diǎn)為F．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)F的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$，求|$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$|的值（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得a²=2，b²=1，即可得到所求橢圓方程；
（Ⅱ） 由題知，需要對(duì)直線l的斜率進(jìn)行分類討論，由題知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，直線l的方程為y=k（x-1），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及向量共線的坐標(biāo)表示，化簡整理，再由向量的模的公式計(jì)算即可得到所求值．

解答 解：（Ⅰ） 因?yàn)闄E圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$過點(diǎn)$（\sqrt{2}，0）$和（0，1）．
所以$\frac{2}{a^2}+\frac{0}{b^2}=1$，$\frac{0}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，即a²=2，b²=1．
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（Ⅱ） 由題知，需要對(duì)直線l的斜率進(jìn)行分類討論，
由題知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，直線l的方程為y=k（x-1）．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x^2}+2{y^2}=2\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$消去y，得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可知y₁ y₂＜0，
則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，①\\{x_1}{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}，\;\;②\end{array}\right.$，
又因?yàn)?\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$，所以（1-x₁，-y₁）=3（x₂-1，y₂），
則有1-x₁=3（x₂-1），③
將③整理得x₁=4-3x₂分別代入①，②得
$\left\{\begin{array}{l}2-{x_2}=\frac{{2{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=1-\frac{1}{{2{k^2}+1}}，\;④\\（4-3{x_2}）{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}=1-\frac{3}{{2{k^2}+1}}，⑤\end{array}\right.$，
④×3-⑤得$3{x_2}^2-7{x_2}+4=0$，解之得x₂=1或x₂=$\frac{4}{3}$，
當(dāng)x₂=1時(shí)，由④得$\frac{1}{{2{k^2}+1}}$=0，舍去．
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)x₂=$\frac{4}{3}$符合題意，則x₁=0，
由x₁=0，得y₁=±1；由x₂=$\frac{4}{3}$，得y₁=±$\frac{1}{3}$，
所以A（0，1），B（$\frac{4}{3}$，$-\frac{1}{3}$），或A（0，-1），B（$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$）．
于是$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=（\frac{4}{3}，\frac{2}{3}）$，或$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=（\frac{4}{3}，-\frac{2}{3}）$．
所以$|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}|=\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用點(diǎn)滿足橢圓方程，考查向量的模的求法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量共線的坐標(biāo)表示，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．