Question

1．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左、右两个焦点分别为F₁、F₂，点E是椭圆C上的动点，且△EF₁F₂的周长为2+2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过右焦点F₂且斜率为k（k≠0）的直线l交椭圆C与A，B两点，弦AB的垂直平分线与x交于x轴相交于点D，试问椭圆C上是否存在点E，使得四边形ADBE为菱形？若存在，求出点E到y轴的距离；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过△EF₁F₂的周长可得2a+2c=2+2$\sqrt{2}$，利用e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，计算即得结论；
（Ⅱ）通过设直线l的方程并与椭圆C方程联立，可得弦AB的中点P的坐标，利用菱形的性质只需x_E+x_D=2x₀、y_E+y_D=2y₀即可，将点E代入椭圆C方程计算即可．

解答 解：（Ⅰ）由题可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
根据椭圆定义及△EF₁F₂的周长为2+2$\sqrt{2}$，
可得：2a+2c=2a+2$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=2+2$\sqrt{2}$，
解得：a=$\sqrt{2}$，b=1，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（Ⅱ）结论：椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形，此时点E到y轴的距离为$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$．
理由如下：
由题易知直线l的方程为y=k（x-1），
联立直线l与椭圆C方程，消去y整理得：
（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），弦AB的中点为P（x₀，y₀），
则x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
y₀=k（x₀-2）=k（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-1）=-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$，
∴P（$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$）．
则直线PD的方程为：y+$\frac{k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{2{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$），
令y=0，得x_D=$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，则D（$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，0）．
若四边形ADBE为菱形，则x_E+x_D=2x₀，
∴x_E=2x₀-x_D=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
同时y_E+y_D=2y₀，∴y_E=2y₀-y_D=-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$，
所以E（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$）．
若点E在椭圆C上，则（$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$）²+2（-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$）²=2，
解得：k²=$\sqrt{2}$，
∴椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形．
∴x_E=$\frac{3{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$，即点E到y轴的距离为$\frac{12-3\sqrt{2}}{7}$．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．