Question

17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左頂點(diǎn)為A（-2，0），離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過A作斜率為k（k≠0）的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交y軸為E，過點(diǎn)O作直線l的平行線交橢圓于點(diǎn)G，設(shè)△AOD，△AOE，△DOG的面積分別為S₁、S₂、S₃．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若S₁+S₂=3S₃，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可知a=2，根據(jù)橢圓的離心率，即可求得c，則b²=a²-c²=2，即可求得橢圓方程；
（2）方法一：設(shè)直線l及直線OG的方程，代入橢圓方程，根據(jù)三角形的面積公式，即可求得$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$+1=$\frac{3}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，換元即可求得k的值，求得直線l的方程；
方法二：設(shè)直線l及直線OG的方程，代入橢圓方程，根據(jù)三角形的面積公式，則$\frac{{x}_{D}+4}{{x}_{G}}$=$\frac{2{k}^{2}+3}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$=3，換元即可求得k的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）由A（-2，0）為橢圓的左頂點(diǎn)，則a=2，離心率為e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則c=$\sqrt{2}$，
則b²=a²-c²=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）設(shè)直線l的方程為：y=k（x+2），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）²+8k²x+8k²-4=0，
∴x_A•x_D=$\frac{8{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，則x_D=$\frac{4{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，則y_D=k（x_D+2）=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，則S₁=$\frac{4丨k丨}{1+2{k}^{2}}$，
直線l與y軸交點(diǎn)E（0，2k），則S₂=2丨k丨，
直線OG的方程為y=kx，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，（1+2k²）x²=4，解得：x_G=$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，y_G=$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
∴S₃=S_△AOG=丨y_G丨=$\frac{2丨k丨}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
由S₁+S₂=3S₃，$\frac{4丨k丨}{1+2{k}^{2}}$+2丨k丨=3×$\frac{2丨k丨}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，即$\frac{2}{1+2{k}^{2}}$+1=$\frac{3}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
設(shè)$\sqrt{2{k}^{2}+1}$=t，則t²-3t+2=0，
解得：t=1，t=2，
由k≠1，則t＞1，故$\sqrt{2\\;{k}^{2}+1}$=2，解得：k=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
則直線l得方程，y=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$（x+2）；
方法二：由l∥OG，O到直線l的距離與A到直線OG的距離相等，
于是$\frac{{S}_{1}+{S}_{2}}{{S}_{3}}$=$\frac{丨AD丨+丨AE丨}{丨OG丨}$=$\frac{（{x}_{D}-{x}_{A}）+（{x}_{E}-{x}_{A}）}{{x}_{G}-{x}_{O}}$=$\frac{{x}_{D}+4}{{x}_{G}}$=3，
一方面，直線l的方程y=k（x+2），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，
由x_A•x_D=$\frac{8{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，則x_D=$\frac{4{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
另一方面，OG的方程y=kx，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，（1+2k²）x²=4，解得：x_G=$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，y_G=$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
∴$\frac{{x}_{D}+4}{{x}_{G}}$=$\frac{2{k}^{2}+3}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$=3，設(shè)$\sqrt{2{k}^{2}+1}$=t，則t²-3t+2=0，
解得：t=1，t=2，
由k≠1，則t＞1，故$\sqrt{2\\;{k}^{2}+1}$=2，解得：k=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
則直線l得方程，y=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$（x+2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，三角形的面積公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．