《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练2 已知焦点在x轴上的椭圆C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$，短轴长为2$\sqrt{3}$，椭圆左顶点A到左焦点F₁的距离为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为B，过F₁的直线l与椭圆C交于点M，N，且$S_{\triangle BMN}=\frac{18\sqrt{2}}{7}$，求直线l的方程.

答案： 解　
(1)由$\begin{cases}2b = 2\sqrt{3}\\a - c = 1\\a^{2}-c^{2}=b^{2}\end{cases}$， $\begin{cases}b = \sqrt{3}\\a - c = 1\\a^{2}-c^{2}=3\end{cases}$， 由$a^{2}-c^{2}=(a + c)(a - c)=3$，$a - c = 1$，得$a + c = 3$， 联立$\begin{cases}a + c = 3\\a - c = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 2\\c = 1\end{cases}$， 所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，$F₁(-1,0)$，$B(2,0)$， 设直线的方程为$x = my - 1$， $M(x₁,y₁)$，$N(x₂,y₂)$， 由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\x = my - 1\end{cases}$，得 $(3m^{2}+4)y^{2}-6my - 9 = 0$， 即$y₁ + y₂ = \frac{6m}{3m^{2}+4}$，$y₁y₂ = \frac{-9}{3m^{2}+4}$； 又$S_{\triangle BMN}=\frac{1}{2}\vert BF₁\vert\cdot\vert y₁\vert+\frac{1}{2}\vert BF₁\vert\cdot\vert y₂\vert=\frac{1}{2}\vert BF₁\vert\cdot\vert y₁ - y₂\vert=\frac{1}{2}\vert BF₁\vert\cdot\sqrt{(y₁ + y₂)^{2}-4y₁y₂}=\frac{18\sqrt{m^{2}+1}}{3m^{2}+4}=\frac{18\sqrt{2}}{7}$， 解得$m = ±1$，所以直线$l$的方程为$x - y + 1 = 0$或$x + y + 1 = 0$。

例3（2024·衡水模拟）已知椭圆C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$(a ＞ b ＞ 0)的左、右焦点分别为F₁，F₂，离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短轴顶点分别为M，N，四边形MF₁NF₂的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(-2,1)，求直线l的方程.

答案： 解　
(1)因为离心率$e = \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$a = \sqrt{2}c$。 因为$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，所以$b = c$， 因为四边形$MF₁NF₂$的面积为32，所以$2bc = 32$，所以$b = c = 4\sqrt{2}$，$a = 4\sqrt{2}$，故椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{32}+\frac{y^{2}}{16}=1$。
(2)由题意得，直线$l$的斜率存在，设$A(x₁,y₁)$，$B(x₂,y₂)$， 则$\begin{cases}\frac{x₁^{2}}{32}+\frac{y₁^{2}}{16}=1\\\frac{x₂^{2}}{32}+\frac{y₂^{2}}{16}=1\end{cases}$， 两式相减得$\frac{x₁^{2}-x₂^{2}}{32}+\frac{y₁^{2}-y₂^{2}}{16}=0$，所以$\frac{y₁ - y₂}{x₁ - x₂}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{x₁ + x₂}{y₁ + y₂}$ 因为$AB$的中点坐标为$(-2,1)$， 所以$\frac{y₁ - y₂}{x₁ - x₂}=1$， 故直线$l$的斜率为1，直线$l$的方程为$y - 1 = x + 2$，即$x - y + 3 = 0$。