Question

11．已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F₁、F₂，上顶点和右顶点分别为B，A，线段AB的中点为D，且k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面积为2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过F₁的直线1与椭圆C相交于M，N两点，若|MN|=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，求以F₂为圆心且与直线l相切的圆的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面积为2$\sqrt{2}$建立方程组，求解方程组即可得出a，b的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出椭圆左右焦点的坐标，分析可知直线l的斜率存在，设出直线l的方程，和椭圆方程联立，利用弦长公式求得直线的斜率k，得到直线方程，再由点到直线的距离公式求出圆的半径，则圆的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）∵k_OD•k_AB=-$\frac{1}{2}$，△AOB的面积为2$\sqrt{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\frac{b}{2}}{\frac{a}{2}}•（-\frac{b}{a}）=-\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{2}ab=2\sqrt{2}}\end{array}\right.$，解得：a=2$\sqrt{2}，b=2$．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，c²=a²-b²=4，∴c=2，则F₁（-2，0）．
当直线l垂直x轴时，直线方程为x=-2，代入椭圆方程可得y=$±\sqrt{2}$，此时|MN|=$2\sqrt{2}$，不合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx+2k．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（1+2k²）x²+8k²x+8k²-8=0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
在${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$．
由|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{5}$，
解得：k²=2，∴$k=±\sqrt{2}$．
不妨去k=$\sqrt{2}$，则直线l的方程为$\sqrt{2}x-y+2\sqrt{2}=0$．
由F₂（2，0）到直线$\sqrt{2}x-y+2\sqrt{2}=0$的距离d=$\frac{|2\sqrt{2}+2\sqrt{2}|}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$．
∴以F₂为圆心且与直线l相切的圆的方程为$（x-2）^{2}+{y}^{2}=\frac{32}{3}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，涉及直线与圆锥曲线的关系问题，常采用联立直线方程与圆锥曲线方程，利用一元二次方程的根与系数的关系求解，是中档题．