已知焦距为2$\sqrt{2}$的椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的右顶点为A.直线y=$\frac{4}{3}$与椭圆C交于P.Q两点.Q在x轴上的射影为B.且四边形ABPQ是平行四边形．(1)求椭圆C的方程,(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M.N．(i)若直线l过原点且与坐� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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4．已知焦距为2$\sqrt{2}$的椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右顶点为A，直线y=$\frac{4}{3}$与椭圆C交于P、Q两点（P在Q的左边），Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N．
（i）若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x+3y-2=0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值
（ii）若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．

分析（1）由题意可得c=$\sqrt{2}$，直线y=$\frac{4}{3}$代入椭圆方程，求得P，Q的横坐标，可得|AB|，由四边形ABPQ是平行四边形，
可得|AB|=|PQ|，解方程可得b，由a，b，c的关系可得a，进而得到椭圆方程；
（2）（i）由直线y=kx代入椭圆方程，求得M的坐标，由△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，可设E（m，$\frac{2}{3}$-m），求出E到直线kx-y=0的距离d，由题意可得OE⊥MN，|OM|=d，解方程可得k的值；
（ii）由M（-2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，可得x的方程，运用韦达定理，可得N的坐标，设G（t，0），（t≠-2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，运用两直线垂直的条件，可得斜率之积为-1，解方程可得t=0，即可得到定点．

解答解：（1）由题意可得2c=2$\sqrt{2}$，即c=$\sqrt{2}$，
直线y=$\frac{4}{3}$代入椭圆方程可得$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{16}{9{b}^{2}}$=1，
解得x=±a$\sqrt{1-\frac{16}{9{b}^{2}}}$，
可得|AB|=a-a$\sqrt{1-\frac{16}{9{b}^{2}}}$，
由四边形ABPQ是平行四边形，
可得|AB|=|PQ|=2a$\sqrt{1-\frac{16}{9{b}^{2}}}$，
解得b=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}$=2，
可得椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）（i）由直线y=kx代入椭圆方程，可得（1+2k²）x²=4，
解得x=±$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
可设M（$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，$\frac{2k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$），
由△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
可设E（m，$\frac{2}{3}$-m），E到直线kx-y=0的距离为d=$\frac{|km+m-\frac{2}{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
即有OE⊥MN，|OM|=d，
即为$\frac{\frac{2}{3}-m}{m}$=-$\frac{1}{k}$，$\sqrt{\frac{4+4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{|km+m-\frac{2}{3}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
由m=$\frac{2k}{3（k-1）}$，代入第二式，化简整理可得7k²-18k+8=0，
解得k=2或$\frac{4}{7}$；
（ii）证明：由M（-2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），
代入椭圆方程可得，（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，
可得-2+x_N=-$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
解得x_N=$\frac{2-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
y_N=k（x_N+2）=$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，即N（$\frac{2-4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$），
设G（t，0），（t≠-2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），
以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，
可得AN⊥DG，
即有k_AN•k_DG=-1，
即为$\frac{4k}{2-4{k}^{2}-2-4{k}^{2}}$•$\frac{4k}{2-t}$=-1，
解得t=0．
故点G是定点，即为原点（0，0）．

点评本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的性质和平行四边形的性质，考查直线与椭圆的位置关系，注意联立方程组，解方程或运用韦达定理，考查直径所对圆周角为直角，两直线垂直的条件：斜率之积为-1，同时考查点到直线的距离公式，以及化简整理的运算能力，综合性强，属于中档题．

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