Question

6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，当直线l的斜率为1时，坐标原点O到直线l的距离为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线可以绕点F转动，动点P在椭圆上，当$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$时，求四边形OAPB的面积．

Answer 1

分析 （1）F（c，0），直线l的方程为：y=x-c，可得：$\frac{c}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得c．又a²=2+c²，即可得出$e=\frac{c}{a}$．
（2）曲线C的方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，F（1，0）．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）．设直线l：x=ky+1（k≠0）代入椭圆方程可得：（2k²+3）y²+4ky-4=0，利用根与系数的关系及其$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，可得 P$（\frac{6}{2{k}^{2}+3}，\frac{-4k}{2{k}^{2}+3}）$，把P坐标代入椭圆方程，解得k，由于对称性知，当k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线l：x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$y-1=0，利用点到直线的距离公式可得：坐标原点到直线l的距离为d₁，点P到直线l的距离为d₂，|AB|．可得S=$\frac{1}{2}|AB|（{d}_{1}+{d}_{2}）$．

解答 解：（1）F（c，0），直线l的方程为：y=x-c，
可得：$\frac{c}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得c=1．
又a²=2+1=3，∴$e=\frac{c}{a}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）曲线C的方程：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，F（1，0）．
  设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x，y）
设直线l：x=ky+1（k≠0）代入椭圆方程可得：（2k²+3）y²+4ky-4=0，
∴y₁+y₂=$-\frac{4k}{2{k}^{2}+3}$，y₁•y₂=-$\frac{4}{2{k}^{2}+3}$．
x₁+x₂=k（y₁+y₂）+2=$\frac{6}{2{k}^{2}+3}$．
∵$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，
则 P$（\frac{6}{2{k}^{2}+3}，\frac{-4k}{2{k}^{2}+3}）$，
∵P在椭圆上，∴$2×\frac{36}{（2{k}^{2}+3）^{2}}$+3×$\frac{16{k}^{2}}{（2{k}^{2}+3）^{2}}$-6=0，
化为：4k⁴+4k²-3=0，解得k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$．
由于对称性知，当k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，直线l：x-$\frac{\sqrt{2}}{2}$y-1=0，P$（\frac{3}{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$．
坐标原点到直线l的距离为d₁=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，点P到直线l的距离为d₂=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
|AB|=$\sqrt{（1+2）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
∴S=$\frac{1}{2}|AB|（{d}_{1}+{d}_{2}）$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查了直线与椭圆的相交弦长问题、点到直线的距离公式、向量坐标运算性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．