Question

12．已知椭圆C：OM=ON（a＞b＞0）的左右焦点为F₁、F₂，点A（2，$\sqrt{2}$）在椭圆C上，且AF₂与x轴垂直．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过A作直线与椭圆C交于另外一点B，O为坐标原点，若三角形AOB的面积为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，求直线AB的斜率．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一：利用点A（2，$\sqrt{2}$）在椭圆C上，且AF₂与x轴垂直．求出a，c然后求出b，即可求解椭圆C的方程．
方法二：利用已知条件，椭圆的定义，求解a，b，然后求解椭圆C的方程．
（Ⅱ）设B（x₂，y₂）由题意知直线AB的斜率必存在，设为k，得到直线AB的方程为$y-\sqrt{2}=k（x-2）$，代入椭圆C的方程，利用△＞0恒成立，以及韦达定理，求解弦长|AB|，求出点O到直线AB的距离，表示三角形的面积，然后求解直线的斜率．

解答 （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）方法一：$c=2，\frac{b^2}{a}=\sqrt{2}$，
∴${b^2}=\sqrt{2}a={a^2}-4∴{a^2}-\sqrt{2}a-4=0$
解得$a=2\sqrt{2}$或$a=-\sqrt{2}$（舍）
∴b=2
∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$
方法二：$|{A{F_2}}|=\sqrt{2}，|{{F_1}{F_2}}|=2C=4，Rt△A{F_2}{F_1}$中，
$|{A{F_1}}|=3\sqrt{2}∴2a=|{A{F_1}}|+|{A{F_2}}|=4\sqrt{2}$∴$a=2\sqrt{2}$
∴b=2∴椭圆C的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$…（4分）
（Ⅱ）设B（x₂，y₂）由题意知直线AB的斜率必存在，设为k，
则直线AB的方程为$y-\sqrt{2}=k（x-2）$代入椭圆C的方程$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$
得$（{1+2{k^2}}）{x^2}-（8{k^2}-4\sqrt{2}k）x+8{k^2}-8\sqrt{2}k-4=0$，
△＞0恒成立，${x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-8\sqrt{2}k-4}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}=2$，
∴${x_2}=\frac{{4{k^2}-4\sqrt{2}k-2}}{{1+2{k^2}}}$…（6分）
∴$|{AB}|=\sqrt{（1+{k^2}）{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}=\sqrt{（1+{k^2}）{{（\frac{{4\sqrt{2}k+4}}{{1+2{k^2}}}）}^2}}$，
点O到直线AB的距离为$d=\frac{{|{\sqrt{2}-2k}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$．
∴${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{1}{2}•$$\frac{{|{\sqrt{2}-2k}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}•$$\sqrt{（1+{k^2}）{{（\frac{{4\sqrt{2}k+4}}{{1+2{k^2}}}）}^2}}$=$\frac{{2\sqrt{2}|{2{k^2}-1}|}}{{1+2{k^2}}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$…（9分）
∴3|2k²-1|=1+2k²∴k²=1或${k^2}=\frac{1}{4}$，
∴k=1或k=-1或$k=\frac{1}{2}$或$k=-\frac{1}{2}$．…（12分）

点评 本题考查椭圆的方程的求法，椭圆的定义的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，弦长公式以及设而不求思想的应用，考查转化思想以及计算能力．