Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)為F₁，F(xiàn)₂，設(shè)點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成斜邊長為4的直角三角形．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)A，B，P為橢圓C上三點(diǎn)，滿足$\overrightarrow{OP}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{OA}$+$\frac{4}{5}$$\overrightarrow{OB}$，記線段AB中點(diǎn)Q的軌跡為E，若直線l：y=x+1與軌跡E交于M，N兩點(diǎn)，求|MN|．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=2，即可求出b=2，即可求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，
（2）設(shè)A（2$\sqrt{2}$cosα，2sinα），B（2$\sqrt{2}$cosβ，2sinβ），根據(jù)題意和點(diǎn)P在橢圓上，化簡整理可得a-β=$\frac{π}{2}$，再根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式，消α，線段AB中點(diǎn)Q的軌跡為E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，再設(shè)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)為（x₁，y₁），（x₂，y₂），根據(jù)弦長公式即可求出．

解答 解：（1）∵點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成斜邊長為4的直角三角形．
∴2c=4，b=2，
故c=2，a=2$\sqrt{2}$，
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）設(shè)A（2$\sqrt{2}$cosα，2sinα），B（2$\sqrt{2}$cosβ，2sinβ），
∵$\overrightarrow{OP}$=$\frac{3}{5}$$\overrightarrow{OA}$+$\frac{4}{5}$$\overrightarrow{OB}$，
∴$\overrightarrow{OP}$=（$\frac{6\sqrt{2}cosα+8\sqrt{2}cosβ}{5}$，$\frac{6sinα+8sinβ}{5}$），
∵點(diǎn)P在橢圓上，
∴（3cosα+4cosβ）²+（3sinα+4sinβ）²=25，
∴cosαcosβ+sinαsinβ=0，
∴cos（α-β）=0，
∴a-β=$\frac{π}{2}$，
∴B（2$\sqrt{2}$sinα，-2cosα），
∴AB中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（$\sqrt{2}$cosα+$\sqrt{2}$sinα，sinα-cosα），
設(shè)Q的點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），
∴x=$\sqrt{2}$cosα+$\sqrt{2}$sinα，y=sinα-cosα，
∴$\frac{{x}^{2}}{4}$=cos²α+2cosαsinα+sin²α=1+2cosαsinα，y²=cos²α-2cosαsinα+sin²α=1-2cosαsinα
∴$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=2，
 即線段AB中點(diǎn)Q的軌跡為E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
設(shè)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=x+1}\end{array}\right.$，消y，整理得5x²+8x-4=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{8}{5}$，x₁x₂=-$\frac{4}{5}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+1}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{64}{25}+\frac{16}{5}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的方程，弦長公式，以及點(diǎn)的軌跡方程，關(guān)鍵是巧設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，屬于難題．