Question

20．若橢圓的中心是坐標原點O，它的短軸長為2$\sqrt{2}$，一個焦點F的坐標為（c，0）（c＞0），一個定點A的坐標為（$\frac{10}{c}$-c，0），且$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，過點A的直線與橢圓相交于兩點P，Q．
（1）求橢圓的方程及離心率；
（2）求當△POQ面積取最大值時直線PQ的方程．

Answer 1

分析 （1）設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）．由于$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，可得$\frac{20}{c}-4c$=c，c＞0，解得c=2．又2b=2$\sqrt{2}$，解得b，可得a²=b²+c²，即可得出．
（2）由（1）可得A（3，0）．設過點A的直線方程為：my=x-3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與橢圓方程聯立可得：（3+m²）y²+6my+3=0，△＞0，利用根與系數的關系可得|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，利用點到直線的距離公式可得：原點O到直線PQ的距離d，利用S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$，及其基本不等式的性質即可得出．

解答 解：（1）設橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）．
∵$\overrightarrow{OF}$=2$\overrightarrow{FA}$，∴（c，0）=2（$\frac{10}{c}$-2c，0），∴$\frac{20}{c}-4c$=c，c＞0，解得c=2．
∵2b=2$\sqrt{2}$，解得b=$\sqrt{2}$．
∴a²=b²+c²=6，
∴$e=\frac{c}{a}$=$\frac{2}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）由（1）可得A（3，0）．
設過點A的直線方程為：my=x-3，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-3}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，
化為（3+m²）y²+6my+3=0，
△=36m²-12（3+m²）＞0，
解得m²$＞\frac{3}{2}$．
∴y₁+y₂=$-\frac{6m}{3+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3}{3+{m}^{2}}$．
∴|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（6{m}^{2}-9）}}{3+{m}^{2}}$．
原點O到直線PQ的距離d=$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$×$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（6{m}^{2}-9）}}{3+{m}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{6{m}^{2}-9}}{3+{m}^{2}}$．
令$\sqrt{6{m}^{2}-9}$=t＞0，
則${m}^{2}=\frac{{t}^{2}+9}{6}$．
∴S_△OPQ=$\frac{3t}{3+\frac{{t}^{2}+9}{6}}$=$\frac{18t}{{t}^{2}+27}$=$\frac{18}{t+\frac{27}{t}}$≤$\frac{18}{2\sqrt{27}}$=$\sqrt{3}$．當且僅當$t=3\sqrt{3}$，即m²=6，滿足△＞0．
解得m=$±\sqrt{6}$時取等號．
∴當△POQ面積取最大值$\sqrt{3}$時，直線PQ的方程為$±\sqrt{3}$y=x-3．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、點到直線的距離公式、基本不等式的性質、向量的坐標運算，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．