Question

已知椭圆C：

x2

a3

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率为

2

2

，过点F且与实轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为

2

，O为坐标原点．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设经过点M（0，2）作直线A B交椭圆C于A、B两点，求△AOB面积的最大值；
（Ⅲ）设椭圆的上顶点为N，是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，使点F为△PQN的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）设F（c，0），则

c

a

=

2

2

，可得a=

2

c．过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c，代入椭圆方程得到，

(-c)2

a2

+

y2

b2

=1，解得y=±

2

2

b．于是

2

b=

2

，解得b，再利用a²=b²+c²即可得出．
（II）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由题意可设直线AB的方程为y=kx+2．与椭圆的方程联立可得△＞0及其根与系数的关系，利用点到直线的距离公式和弦长公式可得S_△AOB=

1

2

|AB|•d，再利用换元法和基本不等式即可得出．
（III）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心．设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由N（0，1），F（1，0），可得k_NF=-1．由NF⊥PQ，知k_PQ=1．设直线l的方程为y=x+m，与椭圆的方程联立可得△＞0即根与系数的关系，再利用

NP

•

FQ

=0．即可得出．

解答：解：（Ⅰ）设F（c，0），则

c

a

=

2

2

，∴a=

2

c．
过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c，代入椭圆方程，有

(-c)2

a2

+

y2

b2

=1，解得y=±

2

2

b．
于是

2

b=

2

，解得b=1．
又a²-c²=b²，从而a=

2

，c=1．
所以椭圆C的方程为

x2

2

+y2=1． 
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由题意可设直线AB的方程为y=kx+2．
由

y=kx+2 x2 2 +y2=1

消去y并整理，得（2k²+1）x²+8kx+6=0．
由△=（8k）²-24（2k²+1）＞0，得k2＞

3

2

．
由韦达定理，得x1+x2=-

8k

2k2+1

，x1x2=

6

2k2+1

．
∵点O到直线AB的距离为d=

2

1+k2

，|AB|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

，∴S△AOB=

1

2

|AB|d=

(x1+x2)2-4x1x2

=

8(2k2-3) (2k2+1)2

．
设t=2k²-3，由k2＞

3

2

，知t＞0．
于是S△AOB=

8t (t+4)2

=

8 t+ 16 t +8

．
由t+

16

t

≥8，得S△AOB≤

2

2

．当且仅当t=4，k2=

7

2

时等号成立．
∴△AOB面积的最大值为

2

2

．
（Ⅲ）假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心．
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵N（0，1），F（1，0），∴k_NF=-1．
由NF⊥PQ，知k_PQ=1．
设直线l的方程为y=x+m，
由

y=x+m x2+2y2=2

得3x²+4mx+2m²-2=0．
由△＞0，得m²＜3，且x1+x2=-

4m

3

，x1x2=

2m2-2

3

．
由题意，有

NP

•

FQ

=0．
∵

NP

=(x1，y1-1)，

FQ

=(x2-1，y2)，
∴x₁（x₂-1）+y₂（y₁-1）=0，即x₁（x₂-1）+（x₂+m）（x₁+m-1）=0，
∴2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0．
于是2×

2m2-2

3

-

4

3

m(m-1)+m2-m=0．
解得m=-

4

3

或m=1．
经检验，当m=1时，△PQN不存在，故舍去m=1．
当m=-

4

3

时，所求直线l存在，且直线l的方程为y=x-

4

3

．

点评：本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式、三角形垂心的性质、相互垂直的直线斜率之间的关系、向量垂直与数量积的关系等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．