Question

15．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右頂點為A，離心率為e，且橢圓C過點$E（2e，\frac{2}）$，以AE為直徑的圓恰好經(jīng)過橢圓的右焦點F．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）已知動直線l（直線l不過原點）與橢圓C交于P、Q兩點，且△OPQ的面積S_△OPQ=1，求線段PQ的中點N的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）連接EF，則EF⊥FA，所以x_F=c=2e，運用離心率公式可得a=2，將E的坐標代入橢圓方程，解得c，再由a，b，c的關系，可得b，進而得到橢圓方程；
（2）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，結合點到直線的距離公式和三角形的面積公式，可得1+4k²=2m²，再由中點坐標公式和代入法，即可得到所求軌跡方程．

解答 解：（1）連接EF，則EF⊥FA，所以x_F=c=2e=$\frac{2c}{a}$，解得a=2，
故點E的坐標為$（c，\frac{2}）$，代入橢圓方程$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
得$\frac{c^2}{2^2}+\frac{{{{（\frac{2}）}^2}}}{b^2}=1$，
解得$c=\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+m，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，
而$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}•|{{x_1}-{x_2}}|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}$，
原點O到直線l的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}•|{PQ}|•d=\frac{{2|m|•\sqrt{1+4{k^2}-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=1$，
所以$2|m|•\sqrt{1+4{k^2}-{m^2}}=1+4{k^2}$，即1+4k²=2m²，
設N（x，y），則$x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{-4km}{{1+4{k^2}}}=-\frac{2k}{m}$，①
$y=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}=\frac{m}{{1+4{k^2}}}=\frac{1}{2m}$②
由①，②消去m得$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{{\frac{1}{2}}}=1$，
當直線l的斜率不存在時，設點P（x₀，y₀），
則${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}|{x_0}||2{y_0}|=|{{x_0}{y_0}}|$，
又$\frac{{{x_0}^2}}{4}+{y_0}^2=1$，解得${x_0}=±\sqrt{2}$，
所以線段PQ的中點$N（{±\sqrt{2}，0}）$，
因此N的軌跡方程為橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+2y²=1．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和點滿足橢圓方程，考查軌跡方程的求法，注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及點到直線的距離公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．