Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$的右焦点F（$\sqrt{6}，0$），过点F作平行于y轴的直线截椭圆C所得的弦长为$\sqrt{2}$．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点（1，0）的直线l交椭圆C于P，Q两点，N点在直线x=-1上，若△NPQ是等边三角形，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 设椭圆C的焦半距为c，则c=$\sqrt{6}$，于是a²-b²=6．把x=c代入椭圆的标准方程可得：y=$±\frac{{b}^{2}}{a}$，即$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，联立解出即可得出．
（Ⅱ）设直线PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．联立直线与椭圆方程可得：（t²+4）y²+2ty-7=0，利用一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、等边三角形的性质即可得出．

解答 解：（Ⅰ） 设椭圆C的焦半距为c，则c=$\sqrt{6}$，于是a²-b²=6．
把x=c代入椭圆的标准方程可得：$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，整理得y²=b²（1-$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$）=$\frac{{b}^{4}}{{a}^{2}}$，解得y=$±\frac{{b}^{2}}{a}$，
∴$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，即a²=2b⁴，
∴2b⁴-b²-6=0，解得b²=2，或b²=-$\frac{3}{2}$（舍去），进而a²=8，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）设直线PQ：x=ty+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立直线与椭圆方程：$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，消去x得：（t²+4）y²+2ty-7=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{2t}{{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-7}{{t}^{2}+4}$．
于是x₁+x₂=t（y₁+y₂）+2=$\frac{8}{{t}^{2}+4}$，
故线段PQ的中点D$（\frac{4}{{t}^{2}+4}，\frac{-t}{{t}^{2}+4}）$．
设N（-1，y₀），由|NP|=|NQ|，则k_ND•k_PQ=-1，
即$\frac{{y}_{0}+\frac{t}{{t}^{2}+4}}{-1-\frac{4}{{t}^{2}+4}}$=-t，整理得y₀=t+$\frac{3t}{{t}^{2}+4}$，得N$（-1，t+\frac{3t}{{t}^{2}+4}）$．
又△NPQ是等边三角形，
∴|ND|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|PQ|，即$|ND{|}^{2}=\frac{3}{4}|PQ{|}^{2}$，
即$（\frac{4}{{t}^{2}+4}+1）^{2}$+$（t+\frac{4t}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{3}{4}（1+{t}^{2}）$$[（\frac{-2t}{{t}^{2}+4}）^{2}-4×\frac{-7}{{t}^{2}+4}]$，
整理得$（\frac{{t}^{2}+8}{{t}^{2}+4}）^{2}$=$\frac{24{t}^{2}+84}{（{t}^{2}+4）^{2}}$，
解得 t²=10，t=$±\sqrt{10}$，
∴直线l的方程是x$±\sqrt{10}y$-1=0．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．