Question

17．如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，橢圓E的頂點四邊形的面積為4$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過橢圓E內一點P（1，1）的直線l與橢圓交于M、N兩點，若$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$，求直線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）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$可知P為MN的中點．當直線l的斜率不存在時，由橢圓的對稱性可知交線段的中點在x軸上，與P（1，1）矛盾．可得直線l的斜率存在設為k．
方法一：（點差法）把M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）代入橢圓的標準方程相減，利用中點坐標公式與斜率計算公式即可得出．
方法二：設直線l的方程為y-1=k（x-1），與橢圓方程聯立方程聯立可得（3+4k²）x²+8k（1-k）x+4（1-k）²-12=0，利用一元二次方程的根與系數的關系、中點坐標公式與斜率計算公式即可得出．

解答 解：（1）∵$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}×2a×2b$=4$\sqrt{3}$，a²=b²+c²，∴$c=1，b=\sqrt{3}，a=2$，
即橢圓E的標準方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{PN}$可知P為MN的中點．
當直線l的斜率不存在時，由橢圓的對稱性可知交線段的中點在x軸上，與P（1，1）矛盾．
  故直線l的斜率存在設為k．
方法一：（點差法）把M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）代入橢圓的標準方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$得：$\frac{{{x_1}^2}}{4}+\frac{{{y_1}^2}}{3}=1$，$\frac{{{x_2}^2}}{4}+\frac{{{y_2}^2}}{3}=1$，
兩式相減得$\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）（{{x_1}-{x_2}}）}}{4}+\frac{{（{{y_1}+{y_2}}）（{{y_1}-{y_2}}）}}{3}=0$，
∵MN的中點為P（1，1），∴x₁+x₂=2，y₁+y₂=2，
代入得$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}+\frac{{2（{{y_1}-{y_2}}）}}{3}=0$，∴$k=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=-\frac{3}{4}$，即直線l的方程為$y-1=-\frac{3}{4}（x-1）$，即3x+4y-7=0．
經檢驗l代入C消元后的方程的△＞0，符合題意，故直線的方程為3x+4y-7=0．
方法二：設直線l的方程為y-1=k（x-1），聯立方程得$\left\{{\begin{array}{l}{y-1=k（x-1）}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，
消去y得（3+4k²）x²+8k（1-k）x+4（1-k）²-12=0，
∵MN中點為P（1，1）∴x₁+x₂=2，
∵P（1，1）在橢圓內部，故△＞0，由韋達定理可得：∴${x_1}+{x_2}=-\frac{8k（1-k）}{{3+4{k^2}}}=2$，解得$k=-\frac{3}{4}$，
即直線l的方程為$y-1=-\frac{3}{4}（x-1）$，即3x+4y-7=0．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、“點差法”、一元二次方程的根與系數的關系、中點坐標公式與斜率計算公式、四邊形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．