Question

3．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$過點$P（{\sqrt{2}，1}）$，左右焦點分別為F₁，F₂，且線段PF₁與y軸的交點Q恰好為線段PF₁的中點，O為坐標原點．
（1）求橢圓C的離心率；
（2）與直線PF₁的斜率相同的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求當△AOB的面積最大時直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）將P代入橢圓方程，由題意可知PF₂⊥F₁F₂，則c=$\sqrt{2}$，a²-b²=2，求得a和b的值，即可求得橢圓的標準方程；
（2）設直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達定理，弦長公式，點到直線的距離公式，即可求得△AOB面積的表達式，根據基本不等式的性質，即可求得m的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）由橢圓過點$P（{\sqrt{2}，1}）$，則$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1$，①
連接PF₂，由Q為線段PF₁的中點，O為線段F₁F₂的中點，
則PF₂⊥F₁F₂，則c=$\sqrt{2}$，
由a²-b²=2，②
由①②得a=2，b=$\sqrt{2}$，
則橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$；

（2）由（1）橢圓C與方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，直線l的斜率k=$\frac{丨P{F}_{2}丨}{丨{F}_{1}{F}_{2}丨}$=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
不妨設直線l的方程y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x+m，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：$\frac{5}{4}$x²+$\sqrt{2}$mx+2（m²-2）=0，
則△=2m²-10（m²-2）=20-8m²＞0，解得：丨m丨＜$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
x₁+x₂=-$\frac{4\sqrt{2}m}{5}$，x₁x₂=$\frac{8（{m}^{2}-2）}{5}$，
∴丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+\frac{1}{8}}$$\sqrt{\frac{32{m}^{2}-160（{m}^{2}-2）}{5}}$，
由O到AB的距離h=$\frac{丨4m丨}{\sqrt{16+2}}$，
則△AOB的面積S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{1+\frac{1}{8}}$$\sqrt{\frac{32{m}^{2}-160（{m}^{2}-2）}{5}}$×$\frac{丨4m丨}{\sqrt{16+2}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{5}$×$\sqrt{2{m}^{2}（5-2{m}^{2}）}$≤$\frac{2\sqrt{2}}{5}$×$\frac{5}{2}$，
當且僅當2m²=5-2m²時，取等號，即m=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
則直線l的方程y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x±$\frac{\sqrt{5}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，弦長公式，基本不等式的性質，考查計算能力，屬于中檔題．