Question

16．已知橢圓T：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過左焦點F的直線與橢圓交于A，B兩點，若線段AB的中點為M（-$\frac{2}{3}$，$\frac{1}{3}$）
（1）求橢圓的方程；
（2）過右焦點的直線l與圓x²+y²=2相交于C、D，與橢圓T相交于E、G，且|CD|=$\sqrt{5}$，求|EG|．

Answer 1

分析 （1）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用點差法求得$\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{6（c-\frac{2}{3}）}$，再結合橢圓的離心率及隱含條件求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）分直線l不存在斜率與存在斜率兩種情況討論，利用點到直線的距離公式、韋達定理及焦點弦長公式，計算即得結論．

解答 解：（1）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
代入橢圓方程得$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}=1$，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}=1$，
兩式作差得，$-\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$，①
∵點M平分弦AB，經過焦點，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=-\frac{2}{3}，\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=\frac{1}{3}$，$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{\frac{1}{3}}{-\frac{2}{3}+c}$，
代入①得，$-\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{\frac{2}{3}×\frac{1}{3}}{-\frac{4}{3}×（-\frac{2}{3}+c）}$，即$\frac{^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{6（c-\frac{2}{3}）}$．
又∵$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-b²=c²，
∴${c}^{2}=^{2}=\frac{1}{2}{a}^{2}$．
∴$\frac{1}{2}=\frac{1}{6（c-\frac{2}{3}）}$，即c=1，a=$\sqrt{2}$．
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由（1）可知F₂（1，0），
當直線l不存在斜率時，直線方程為x=1，代入圓x²+y²=2，得y=±1，不滿足條件；
當直線l存在斜率時，令直線l：y=k（x-1），E（x₁，y₁），G（x₂，y₂），
則圓心O（0，0）到直線l的距離d=$\frac{|k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∵在圓x²+y²=2中，d²=2-$\frac{|CD{|}^{2}}{4}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{{k}^{2}}{{k}^{2}+1}=\frac{3}{4}$，解得k²=3，
又∵$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
∴（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
由韋達定理，得x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
由焦點弦長公式有|EG|=2a-e（x₁+x₂）=2$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}•\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
代入k²=3，可得|EG|=$\frac{8\sqrt{2}}{7}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，圓與橢圓的位置關系，直線與圓錐曲線的位置關系，注意解題方法的積累，屬于中檔題．