在平面直角坐标系xOy中.P(x0.y0)(y0≠0)是椭圆C:$\frac{x^2}{{2{λ^2}}}$+$\frac{y^2}{λ^2}$=1上的点.过点P的直线l的方程为$\frac{{{x 0}x}}{{2{λ^2}}}$+$\frac{{{y 0}y}}{λ^2}$=1．(Ⅰ)求椭圆C的离心率,(Ⅱ)当λ=1时.设直线l与x轴.y轴分别相交于A.B两点.求△OAB面积的最小值,(� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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19．在平面直角坐标系xOy中，P（x₀，y₀）（y₀≠0）是椭圆C：$\frac{x^2}{{2{λ^2}}}$+$\frac{y^2}{λ^2}$=1（λ＞0）上的点，过点P的直线l的方程为$\frac{{{x_0}x}}{{2{λ^2}}}$+$\frac{{{y_0}y}}{λ^2}$=1．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率；
（Ⅱ）当λ=1时，设直线l与x轴、y轴分别相交于A，B两点，求△OAB面积的最小值；
（Ⅲ）设椭圆C的左、右焦点分别为F₁，F₂，点Q与点F₁关于直线l对称，求证：点Q，P，F₂三点共线．

分析（Ⅰ）利用椭圆方程，求出a，c，即可求椭圆C的离心率；
（Ⅱ）由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，求出A的坐标，然后求解B的坐标，表示三角形的面积，通过P（x₀，y₀）在椭圆C上，利用基本不等式求解三角形OAB面积的最小值．
（Ⅲ）由$\frac{x^2}{{2{λ^2}}}$+$\frac{y^2}{λ^2}$=1，求出$-\sqrt{2}λ＜{x_0}＜\sqrt{2}λ$．①当x₀=0时，求出P（0，λ），Q（-λ，2λ），证明三点Q，P，F₂共线．②当x₀≠0时，设Q（m，n），m≠-λ，F₁Q的中点为M，则$M（\frac{m-λ}{2}，\frac{n}{2}）$，代入直线l的方程，求出Q坐标，通过点P的横坐标与点F₂的横坐标相等时，说明P，Q，F₂三点共线．点P的横坐标与点F₂的横坐标不相等时，证明${k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，说明Q，P，F₂三点共线．

解答（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）依题$a=\sqrt{2}λ$，$c=\sqrt{2{λ^2}-{λ^2}}=λ$，
所以椭圆C离心率为$e=\frac{λ}{{\sqrt{2}λ}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（3分）
（Ⅱ）依题意x₀≠0，令y=0，由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，得$x=\frac{2}{x_0}$，则$A（\frac{2}{x_0}，0）$．
令x=0，由$\frac{{{x_0}x}}{2}+{y_0}y=1$，得$y=\frac{1}{y_0}$，则$B（0，\frac{1}{y_0}）$．
则△OAB的面积${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|{OA}||{OB}|=\frac{1}{2}|{\frac{2}{{{x_0}{y_0}}}}|=\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}$．
因为P（x₀，y₀）在椭圆C：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$上，所以$\frac{{{x_0}^2}}{2}+{y_0}^2=1$．
所以$1=\frac{{{x_0}^2}}{2}+{y_0}^2≥2\frac{{|{{x_0}{y_0}}|}}{{\sqrt{2}}}$，即$|{{x_0}{y_0}}|≤\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，则$\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}≥\sqrt{2}$．
所以${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|{OA}||{OB}|=\frac{1}{{|{{x_0}{y_0}}|}}≥\sqrt{2}$．
当且仅当$\frac{{{x_0}^2}}{2}={y_0}^2$，即${x_0}=±1，{y_0}=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时，△OAB面积的最小值为$\sqrt{2}$． …（8分）
（Ⅲ）由$\frac{y_0^2}{λ^2}=1-\frac{x_0^2}{{2{λ^2}}}＞0$，解得$-\sqrt{2}λ＜{x_0}＜\sqrt{2}λ$．
①当x₀=0时，P（0，λ），Q（-λ，2λ），此时${k_{{F_2}P}}=-1$，${k_{{F_2}Q}}=-1$．
因为${k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，所以三点Q，P，F₂共线．
当P（0，-λ）时，也满足．
②当x₀≠0时，设Q（m，n），m≠-λ，F₁Q的中点为M，则$M（\frac{m-λ}{2}，\frac{n}{2}）$，代入直线l的方程，得：${x_0}m+2{y_0}n-{x_0}λ-4{λ^2}=0$．
设直线F₁Q的斜率为k，则$k=\frac{n}{m+λ}=\frac{{2{y_0}}}{x_0}$，
所以2y₀m-x₀n+2y₀λ=0．由$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}m+2{y_0}n-{x_0}λ-4{λ^2}=0}\\{2{y_0}m-{x_0}n+2{y_0}λ=0}\end{array}}\right.$，
解得$m=\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ$，$n=\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}$．
所以$Q（\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ，\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}）$．
当点P的横坐标与点F₂的横坐标相等时，把x₀=λ，$y_0^2=\frac{λ^2}{2}$代入$m=\frac{{2x_0^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-λ$，得m=λ，
则P，Q，F₂三点共线．
当点P的横坐标与点F₂的横坐标不相等时，
直线F₂P的斜率为${k_{{F_2}P}}=\frac{y_0}{{{x_0}-λ}}$．
由$-\sqrt{2}λ≤{x_0}≤\sqrt{2}λ$，x₀≠-2λ．
所以直线F₂Q的斜率为${k_{{F_2}Q}}=\frac{{\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}}}{{\frac{{2{x_0}^2λ+4{x_0}{λ^2}}}{4y_0^2+x_0^2}-2λ}}=\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{{2{x_0}^2λ+4{x_0}{λ^2}-8y_0^2λ-2x_0^2λ}}$
=$\frac{{4{x_0}{y_0}λ+8{y_0}{λ^2}}}{{4{x_0}{λ^2}-8y_0^2λ}}=\frac{{{x_0}{y_0}+2{y_0}λ}}{{{x_0}λ-2y_0^2}}=\frac{{{y_0}（{x_0}+2λ）}}{{{x_0}^2+λ{x_0}-2{λ^2}}}$
=$\frac{{{y_0}（{x_0}+2λ）}}{{（{x_0}-λ）（{x_0}+2λ）}}=\frac{y_0}{{{x_0}-λ}}$．
因为${k_{{F_2}Q}}={k_{{F_2}P}}$，所以Q，P，F₂三点共线．
综上所述Q，P，F₂三点共线．…（14分）

点评本题考查直线与椭圆的综合应用，椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．

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4．

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