Question

3．已知椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$过点$P（{\sqrt{2}，1}）$，左右焦点分别为F₁，F₂，且线段PF₁与y轴的交点Q恰好为线段PF₁的中点，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的离心率；
（2）与直线PF₁的斜率相同的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求当△AOB的面积最大时直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）将P代入椭圆方程，由题意可知PF₂⊥F₁F₂，则c=$\sqrt{2}$，a²-b²=2，求得a和b的值，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式，点到直线的距离公式，即可求得△AOB面积的表达式，根据基本不等式的性质，即可求得m的值，求得直线l的方程．

解答 解：（1）由椭圆过点$P（{\sqrt{2}，1}）$，则$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1$，①
连接PF₂，由Q为线段PF₁的中点，O为线段F₁F₂的中点，
则PF₂⊥F₁F₂，则c=$\sqrt{2}$，
由a²-b²=2，②
由①②得a=2，b=$\sqrt{2}$，
则椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$；

（2）由（1）椭圆C与方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，直线l的斜率k=$\frac{丨P{F}_{2}丨}{丨{F}_{1}{F}_{2}丨}$=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
不妨设直线l的方程y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x+m，设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，
则△=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}}$，
由O到AB的距离h=$\frac{丨4m丨}{\sqrt{16+2}}$，
则△AOB的面积S=$\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}$，
当且仅当2m²=5-2m²时，取等号，即m=±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
则直线l的方程y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x±$\frac{\sqrt{5}}{2}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，基本不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．