Question

14．如圖，F(xiàn)是橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，|OF|=$\sqrt{5}$，過F作OF的垂線交橢圓于P₀，Q₀兩點(diǎn)，△OP₀Q₀的面積為$\frac{4\sqrt{5}}{3}$．
（1）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若直線l與上下半橢圓分別交于點(diǎn)P、Q，與x軸交于點(diǎn)M，且|PM|=2|MQ|，求△OPQ的面積取得最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得c=$\sqrt{5}$，再由弦長(zhǎng)$\frac{2^{2}}{a}$，運(yùn)用直角三角形的面積公式，解方程可得a=3，b=2，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)M（t，0），且$\frac{{t}^{2}}{9}$＜1，即-3＜t＜3．直線PQ：x=my+t，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，再由由|PM|=2|MQ|，可得$\overrightarrow{PM}$=2$\overrightarrow{MQ}$，運(yùn)用向量共線的坐標(biāo)表示，結(jié)合△OPQ的面積為S=$\frac{1}{2}$|t|•|y₁-y₂|，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用二次函數(shù)的最值求法，即可得到所求最大值，及對(duì)應(yīng)的直線方程．

解答 解：（1）由題意可得c=$\sqrt{5}$，
將x=c代入橢圓方程可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{^{2}}{a}$，
即有△OP₀Q₀的面積為$\frac{1}{2}$|PQ|•c=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，
即$\frac{^{2}}{a}$=$\frac{4}{3}$，且a²-b²=5，
解得a=3，b=2，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）設(shè)M（t，0），且$\frac{{t}^{2}}{9}$＜1，即-3＜t＜3．
直線PQ：x=my+t，代入橢圓方程，
可得（4m²+9）y²+8mty+4t²-36=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
y₁+y₂=-$\frac{8mt}{4{m}^{2}+9}$，y₁y₂=$\frac{4{t}^{2}-36}{4{m}^{2}+9}$＜0，
由|PM|=2|MQ|，可得$\overrightarrow{PM}$=2$\overrightarrow{MQ}$，
即有-y₁=2y₂，代入韋達(dá)定理可得，
t²=$\frac{9+4{m}^{2}}{1+4{m}^{2}}$，即有m²=$\frac{9-{t}^{2}}{4{t}^{2}-4}$，即有1＜t²＜9．
則△OPQ的面積為S=$\frac{1}{2}$|t|•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=6|t|•$\sqrt{\frac{{t}^{2}-1}{8{t}^{2}}-\frac{（{t}^{2}-1）^{2}}{64{t}^{2}}}$=$\frac{3}{4}$$\sqrt{-（{t}^{2}-1-4）^{2}+16}$，
當(dāng)t²=5＜9，由圖示可得t＜0，此時(shí)m²=$\frac{1}{4}$，△OPQ的面積取得最大值，且為$\frac{3}{4}$×4=3．
故所求直線方程為x=±$\frac{1}{2}$y-$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用過焦點(diǎn)的弦長(zhǎng)公式，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及向量共線的坐標(biāo)表示，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．