Question

2．已知定点F₁（-1，0），F₂（1，0），动点P满足条件：|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2$\sqrt{2}$，点P的轨迹是曲线E，直线l：y=x+b与曲线E交于A、B两点，且|AB|=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
（Ⅰ）求曲线E的方程；
（II）求直线l的方程；
（Ⅲ） 设过点F₁的直线与曲线E交于M、N两点，并且线段MN的中点在直线2x+y=0上，求直线MN的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的定义可知a=$\sqrt{2}$，c=1，根据椭圆的性质，即可求得椭圆方程；
（II）将直线方程代入椭圆方程，根据韦达定理可知x₁+x₂=-$\frac{4b}{3}$，x₁•x₂=$\frac{2}{3}$（b²-1），由椭圆的弦长公式|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，代入即可求得b的值；（Ⅲ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中点（x₀，y₀），利用点差法能求出直线l的方程．

解答 解：（1）由题意可知：：|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2$\sqrt{2}$，
∴点P的轨迹是以F₁（-1，0），F₂（1，0）为焦点，以2$\sqrt{2}$为长轴的椭圆，
即2a=2$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{2}$，c=1，
b²=a²-c²=1，
∴曲线E的方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由题意可知，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=x+b}\end{array}\right.$，整理得：3x²+4xb+2b²-2=0，
由x₁+x₂=-$\frac{4b}{3}$，x₁•x₂=$\frac{2}{3}$（b²-1），
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{1}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4b}{3}）^{2}-4×\frac{2}{3}×（{b}^{2}-1）}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
解得：b=±1，
直线l的方程y=x±1；
（Ⅲ） 设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），MN的中点（x₀，y₀）
得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+{y}_{1}^{2}=1}\\{\frac{{x}_{2}^{2}}{2}+{y}_{2}^{2}=1}\end{array}\right.$，两式相减，得$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{2}+（{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}）=0$，
（x₁+x₂）+2（y₁+y₂）•$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{y}_{2}}$=0（x₁≠x₂），
即x₀+2y₀•k=0，又x₀+2y₀=0，
∴k=1，
∴直线l的方程为y=x+1．

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及弦长公式的应用，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意点差法的合理运用，属于中档题．