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    2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的焦点F1到双曲线$\frac{{x}^{2}}{2}$-y2=1渐近线的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
    （Ⅰ）求椭圆C的方程；
    （Ⅱ）直线AB：y=kx+m（k＜0）与椭圆C交于不同的A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线AB的距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，求直线AB的方程．

    分析 （Ⅰ）根据椭圆的离心率以及点到渐近线的距离建立方程关系求出a，b即可求椭圆C的方程；
    （Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程和椭圆方程，转化为一元二次方程，根据根与系数之间的关系以及设而不求的思想进行求解即可．

    解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
    ∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
    ∵双曲线$\frac{{x}^{2}}{2}$-y2=1的一条渐近线方程为x-$\sqrt{2}$y=0，
    椭圆C的左焦点F1（-c，0），
    ∵椭圆C的焦点F1到双曲线$\frac{{x}^{2}}{2}$-y2=1渐近线的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
    ∴d=$\frac{|-c|}{\sqrt{1+2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{c}{\sqrt{3}}$得c=1，
    则a=$\sqrt{2}$，b=1，
    则椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+$y2=1；
    （Ⅱ）设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），
    由原点O到直线AB的距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
    得$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
    即m2=$\frac{4}{5}$（1+k2），①
    将y=kx+m（k＜0）代入$\frac{{x}^{2}}{2}+$y2=1；得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0，
    则判别式△=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-2）=8（2k2-m2+1）＞0，
    ∴x1+x2=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x1x2=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
    ∵以线段AB为直径的圆经过点F2，
    ∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}•\overrightarrow{B{F}_{2}}$=0，
    即（x1-1）（x2-1）+y1y2=0
    即（x1-1）（x2-1）+（kx1+m）（kx2+m）=0，
    即（1+k2）x1x2+（km-1）（x1+x2）+m2+1=0，
    ∴（1+k2）•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+（km-1）•（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）+m2+1=0，
    化简得3m2+4km-1=0  ②
    由①②得11m4-10m2-1=0，得m2=1，
    ∵k＜0，∴$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{k=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，满足判别式△=8（2k2-m2+1）＞0，
    ∴AB的方程为y=-$\frac{1}{2}$x+1．

    点评 本题主要考查椭圆的方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，利用方程法以及转化法，转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系，结合设而不求的思想是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，有一定的难度．

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