Question

1．椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），作直线l交椭圆于P，Q两点．M为线段PQ的中点，O为坐标原点，设直线1的斜率为k₁，直线OM的斜率为k₂，k₁k₂=-$\frac{2}{3}$．
（I）求椭圆C的离心率；
（Ⅱ）设直线l与x轴交于点D（-5，0），且满足$\overrightarrow{DP}$=2$\overrightarrow{QD}$，当△0PQ的面积最大时，求椭圆C的方程．

Answer 1

分析 （I）设点，代入椭圆方程，利用点差法，结合线段PQ的中点为M，再由离心率公式，即可得到结论；
（Ⅱ）由（1）知可得椭圆的方程为2x²+3y²=6c²，设直线l的方程为x=my-5，代入椭圆方程，利用韦达定理及$\overrightarrow{DP}$=2$\overrightarrow{QD}$，确定P，Q坐标之间的关系，表示出面积，利用基本不等式求出S_△OPQ的最大值，即可得到椭圆的方程．

解答 解：（I）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
由题意可得$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
两式相减可得，$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{a}^{2}}$+$\frac{（{y}_{1}-{y}_{2}）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{b}^{2}}$=0，
由k₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
即有k₁k₂=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{2}{3}$，
即为2a²=3b²=3（a²-c²），
即c²=$\frac{1}{3}$a²，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a²=3c²，b²=2c²，
椭圆的方程为2x²+3y²=6c²，①
可设直线l的方程为x=my-5②，
将②代入①中整理得（3+2m²）y²-20my+50-6c²=0，
因为直线l与椭圆交于P，Q两点，所以△=4（12m²c²+18c²-150）＞0，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
则y₁+y₂=$\frac{20m}{3+2{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{50-6{c}^{2}}{3+2{m}^{2}}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{\frac{400{m}^{2}}{（3+2{m}^{2}）^{2}}-\frac{200-24{c}^{2}}{3+2{m}^{2}}}$
又$\overrightarrow{DP}$=2$\overrightarrow{QD}$，可得（x₁+5，y₁）=2（-5-x₂，-y₂），
即为y₁=-2y₂，代入韦达定理，可得
c²=$\frac{25+150{m}^{2}}{3+2{m}^{2}}$，
即有|y₁-y₂|=$\frac{60|m|}{3+2{m}^{2}}$=$\frac{60}{2|m|+\frac{3}{|m|}}$≤$\frac{60}{2\sqrt{6}}$=5$\sqrt{6}$，
当且仅当2|m|=$\frac{3}{|m|}$，即为m=±$\frac{\sqrt{6}}{2}$时，取得等号．
又△0PQ的面积为S=$\frac{1}{2}$|OD|•|y₁-y₂|=$\frac{5}{2}$|y₁-y₂|的最大值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
此时，m²=$\frac{3}{2}$，c²=$\frac{25+225}{6}$=$\frac{125}{3}$，
所求椭圆的方程为2x²+3y²=250，
即$\frac{{x}^{2}}{125}$+$\frac{3{y}^{2}}{250}$=1．

点评 本题考查椭圆的几何性质，考查椭圆的标准方程，解题的关键是确定几何量之间的关系，利用直线与椭圆联立，结合韦达定理和基本不等式求解，属于中档题．