Question

17．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{1}{2}$，椭圆E的顶点四边形的面积为4$\sqrt{3}$．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E内一点P（1，1）的直线l与椭圆交于M、N两点，若$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}×2a×2b$=4$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，解出即可得出．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$可知P为MN的中点．当直线l的斜率不存在时，由椭圆的对称性可知交线段的中点在x轴上，与P（1，1）矛盾．可得直线l的斜率存在设为k．
方法一：（点差法）把M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）代入椭圆的标准方程相减，利用中点坐标公式与斜率计算公式即可得出．
方法二：设直线l的方程为y-1=k（x-1），与椭圆方程联立方程联立可得（3+4k²）x²+8k（1-k）x+4（1-k）²-12=0，利用一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式与斜率计算公式即可得出．

解答 解：（1）∵$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}×2a×2b$=4$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，∴$c=1，b=\sqrt{3}，a=2$，
即椭圆E的标准方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$可知P为MN的中点．
当直线l的斜率不存在时，由椭圆的对称性可知交线段的中点在x轴上，与P（1，1）矛盾．
  故直线l的斜率存在设为k．
方法一：（点差法）把M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）代入椭圆的标准方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$得：$\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1$，$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，
两式相减得$\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）（{{x_1}-{x_2}}）}}{4}+\frac{{（{{y_1}+{y_2}}）（{{y_1}-{y_2}}）}}{3}=0$，
∵MN的中点为P（1，1），∴x₁+x₂=2，y₁+y₂=2，
代入得$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}+\frac{{2（{{y_1}-{y_2}}）}}{3}=0$，∴$k=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{3}{4}$，即直线l的方程为$y-1=-\frac{3}{4}（x-1）$，即3x+4y-7=0．
经检验l代入C消元后的方程的△＞0，符合题意，故直线的方程为3x+4y-7=0．
方法二：设直线l的方程为y-1=k（x-1），联立方程得$\left\{{\begin{array}{l}{y-1=k（x-1）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，
消去y得（3+4k²）x²+8k（1-k）x+4（1-k）²-12=0，
∵MN中点为P（1，1）∴x₁+x₂=2，
∵P（1，1）在椭圆内部，故△＞0，由韦达定理可得：∴${x_1}+{x_2}=-\frac{8k（1-k）}{{3+4{k^2}}}=2$，解得$k=-\frac{3}{4}$，
即直线l的方程为$y-1=-\frac{3}{4}（x-1）$，即3x+4y-7=0．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”、一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式与斜率计算公式、四边形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．