Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），其中F₁、F₂為左右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與橢圓交于P（x₁、y₁），Q（x₂，y₂）兩個(gè)不同點(diǎn)，當(dāng)直線l過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)F₂且傾斜角為$\frac{π}{4}$時(shí)，原點(diǎn)O到直線l的距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為$\sqrt{3}$-1
（1）求橢圓C的方程；
（2）以O(shè)P、OQ為鄰邊做平行四邊形OQNP，當(dāng)平行四邊形OQNP面積為$\sqrt{6}$時(shí)，求平行四邊形OQNP的對(duì)角線之積|ON|•|PQ|的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可設(shè)直線l的方程為y=x-c，則有$\frac{c}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得c=1．再由橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為a-c=$\sqrt{3}-1$，得a=$\sqrt{3}，b=\sqrt{2}$．由此求得橢圓C的方程；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，可得x₁=x₂，y₁=-y₂，再由平行四邊形OQNP面積為$\sqrt{6}$，可得|ON|•|PQ|=$2\sqrt{6}$；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l為y=kx+m，和橢圓方程聯(lián)立，可得（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0．由△＞0，得3k²+2＞m²，再由一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系得${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{6km}{2+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{m}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$，由弦長(zhǎng)公式求得|PQ|，由點(diǎn)到直線的距離公式求得O到l的距離為d，代入△POQ的面積可得3k²+2=2m²，滿足△＞0．
設(shè)M是ON與PQ的交點(diǎn)，則$|OM{|}^{2}=（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}+（\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}）^{2}=\frac{9{k}^{2}}{4{m}^{2}}+\frac{1}{{m}^{2}}=\frac{1}{2}（3-\frac{1}{{m}^{2}}）$，$|PQ{|}^{2}=（1+{k}^{2}）\frac{24（3{k}^{2}+2-{m}^{2}）}{（2+3{k}^{2}）^{2}}=\frac{2（2{m}^{2}+1）}{{m}^{2}}=2（2+\frac{1}{{m}^{2}}）$，進(jìn)一步得到
$|OM{|}^{2}•|PQ{|}^{2}=（3-\frac{1}{{m}^{2}}）（2+\frac{1}{{m}^{2}}）≤\frac{25}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)$3-\frac{1}{{m}^{2}}=2+\frac{1}{{m}^{2}}$，即m=$±\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立．由此可得|OM|•|PQ|的最大值為$\frac{5}{2}$，|ON|•|PQ|=2|OM|•|PQ|的最大值為5．

解答 解：（1）∵直線l的傾斜角為$\frac{π}{4}$，設(shè)F₂（C，0），則直線l的方程為y=x-c，
則$\frac{c}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得c=1．
由橢圓的幾何性質(zhì)可得橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為a-c=$\sqrt{3}-1$，得a=$\sqrt{3}，b=\sqrt{2}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則x₁=x₂，y₁=-y₂，
由P（x₁，y₁）在橢圓上，則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{3}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{2}=1$，而$S=2|{x}_{1}{y}_{1}|=\sqrt{6}$，則$|{x}_{1}|=\frac{\sqrt{6}}{2}，|{y}_{1}|=1$．
知|ON|•|PQ|=$2\sqrt{6}$；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l為y=kx+m，代入$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$可得，
2x²+3（kx+m）²=6，即（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0．
△＞0，即3k²+2＞m²，${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{6km}{2+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{3{m}^{2}-6}{2+3{k}^{2}}$，
|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}\frac{2\sqrt{6}\sqrt{3{k}^{2}+2-{m}^{2}}}{2+3{k}^{2}}$．
設(shè)O到l的距離為d，
則d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，${S}_{△POQ}=\frac{1}{2}d|PQ|=\frac{1}{2}|m|\frac{2\sqrt{6}\sqrt{3{k}^{2}+2-{m}^{2}}}{2+3{k}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$．
化為9k⁴+12k²+4-12m²k²-8m²+4m⁴=0．
得到（3k²+2-2m²）²=0，則3k²+2=2m²，滿足△＞0．
由前知，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=-\frac{3k}{2m}，\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=k（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）+m=-\frac{3{k}^{2}}{2m}+m=\frac{1}{m}$，
設(shè)M是ON與PQ的交點(diǎn)，則
$|OM{|}^{2}=（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}+（\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}）^{2}=\frac{9{k}^{2}}{4{m}^{2}}+\frac{1}{{m}^{2}}=\frac{1}{2}（3-\frac{1}{{m}^{2}}）$，
$|PQ{|}^{2}=（1+{k}^{2}）\frac{24（3{k}^{2}+2-{m}^{2}）}{（2+3{k}^{2}）^{2}}=\frac{2（2{m}^{2}+1）}{{m}^{2}}=2（2+\frac{1}{{m}^{2}}）$，
$|OM{|}^{2}•|PQ{|}^{2}=（3-\frac{1}{{m}^{2}}）（2+\frac{1}{{m}^{2}}）≤\frac{25}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)$3-\frac{1}{{m}^{2}}=2+\frac{1}{{m}^{2}}$，即m=$±\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立．
綜上可知，|OM|•|PQ|的最大值為$\frac{5}{2}$，|ON|•|PQ|=2|OM|•|PQ|的最大值為5．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查圓錐曲線的定義的應(yīng)用，在解決涉及到圓錐曲線上的點(diǎn)與焦點(diǎn)之間的關(guān)系的問(wèn)題中，圓錐曲線的定義往往是解題的突破口，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及直線與圓錐曲線的關(guān)系問(wèn)題，常聯(lián)立直線與圓錐曲線方程，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系求解，該題運(yùn)算量大，要求學(xué)生具有較強(qiáng)的運(yùn)算能力，屬難題．