Question

17．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過焦點(diǎn)且垂直于長軸的弦長為$\sqrt{2}$．
（1）已知點(diǎn)A，B是橢圓上兩點(diǎn)，點(diǎn)C為橢圓的上頂點(diǎn)，△ABC的重心恰好使橢圓的右焦點(diǎn)F，求A，B所在直線的斜率；
（2）過橢圓的右焦點(diǎn)F作直線l₁、l₂，直線l₁與橢圓分別交于點(diǎn)M、N，直線l₂與橢圓分別交于點(diǎn)P、Q，且|$\overrightarrow{MP}$|²+|$\overrightarrow{NQ}$|²=|$\overrightarrow{NP}$|²+|$\overrightarrow{MQ}$|²，求四邊形MPNQ的面積S最小時(shí)直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過焦點(diǎn)且垂直于長軸的弦長為$\sqrt{2}$，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，由重心公式得x₁+x₂=3，y₁+y₂=-1，由此結(jié)合點(diǎn)差法能求出直線AB的斜率．
（2）設(shè)M（x_M，y_M），N（x_N，y_N），P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），由題意推導(dǎo)出l₁⊥l₂，若直線l₁⊥l₂中有一條斜率不存在，求出四邊形MPNQ的面積為2；若直線l₁，l₂的斜率存在，設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1），（k≠0），與橢圓方程聯(lián)立，得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長公式求出|MN|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2{k}^{2}+1}$，同理可求得|PQ|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，由此能求出四邊形MPNQ的面積S的最小值及此時(shí)直線l₁的方程．

解答 解：（1）∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過焦點(diǎn)且垂直于長軸的弦長為$\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{\frac{2^{2}}{a}=\sqrt{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{2}$，b=c=1，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（0，1），
∵F（1，0），C（0，1），△ABC的重心恰好使橢圓的右焦點(diǎn)F（1，0），
∴由題意得$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{3}=1$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}+1}{3}$=0，
∴x₁+x₂=3，y₁+y₂=-1，
∵$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}=1$，①
$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}+{{y}_{2}}^{2}$=1，②
①-②，得：$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）•\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=0，
∴k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2（{y}_{1}+{y}_{2}）}$=$\frac{3}{2}$．
（2）設(shè)M（x_M，y_M），N（x_N，y_N），P（x_P，y_P），Q（x_Q，y_Q），
由題意：|$\overrightarrow{MP}$|²+|$\overrightarrow{NQ}$|²=|$\overrightarrow{NP}$|²+|$\overrightarrow{MQ}$|²，
即（x_M-x_P）²+（y_M-y_P）²+（x_N-x_Q）²+（y_N-y_Q）²=（x_N-x_P）²+（y_N-y_P）²+（x_M-x_Q）²+（y_M-y_Q）²，
整理，得：x_Nx_P+x_Mx_Q-x_Mx_P-x_Nx_Q+y_Ny_P+y_My_Q-y_My_Q-y_Ny_Q=0，
即（x_N-x_M）（x_P-x_Q）+（y_N-y_M）（y_P-y_Q）=0，
∴l(xiāng)₁⊥l₂，
①若直線l₁⊥l₂中有一條斜率不存在，不妨設(shè)l₂的斜率不存在，則l₂⊥x軸，
∴|MN|=2$\sqrt{2}$，|PQ|=$\sqrt{2}$，
∴四邊形MPNQ的面積S=$\frac{1}{2}|PQ||MN|$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$．
②若直線l₁，l₂的斜率存在，設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1），（k≠0），
則由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²-4k²x+2k²-2=0，
則${x}_{M}+{x}_{N}=\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，${x}_{M}{x}_{N}=\frac{2{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{M}-{x}_{N}|$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}}）^{2}-\frac{4（2{k}^{2}-2）}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2{k}^{2}+1}$，
同理可求得|PQ|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
故四邊形MPNQ的面積：
S=$\frac{1}{2}|PQ||MN|$
=$\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2{k}^{2}+1}×\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$
=$\frac{4}{2+\frac{1}{{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+2}}$$≥\frac{16}{9}$，
當(dāng)k=±1時(shí)，取“=”，
此時(shí)，四邊形MPNQ的面積S的最小值為$\frac{16}{9}＜2$，
∴直線l₁的方程為x-y-1=0或x+y-1=0．

點(diǎn)評 本題考查直線的斜率的求法，考查四邊形的面積的最小值的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、弦長公式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．