Question

17．如图：在直角坐标系xoy中，设椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右两个焦点分别为F₁、F₂．过右焦点F₂与x轴垂直的直线l与椭圆C相交，其中一个交点为$M（\sqrt{2}，1）$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的一个顶点为B（0，-b），求点M到直线BF₁的距离；
（3）过F₁M中点的直线l₁交椭圆于P、Q两点，求|PQ|长的最大值以及相应的直线方程．

Answer 1

分析 （1）设右焦点F₂为（c，0），令x=c，代入椭圆方程，可得c=$\sqrt{2}$，$\frac{{b}^{2}}{a}$=1，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）求得直线BF₁的方程，由点到直线的距离公式，计算即可得到所求值；
（3）过F₁M中点的直线l₁的方程设为x=m（y-$\frac{1}{2}$），代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理即可得到弦长的取值范围，再由斜率为0，求得直线方程，代入椭圆方程，求得PQ的长，即可得到最大值．

解答 解：（1）设右焦点F₂为（c，0），
令x=c，代入椭圆可得y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$，
由M（$\sqrt{2}$，1），即有c=$\sqrt{2}$，$\frac{{b}^{2}}{a}$=1，
又a²-b²=2，解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）由题意可得B（0，-$\sqrt{2}$），F₁（-$\sqrt{2}$，0），
直线BF₁的方程为x+y+$\sqrt{2}$=0，
则点M到直线BF₁的距离为$\frac{|\sqrt{2}+1+\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}$=2+$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）过F₁M中点的直线l₁的方程设为x=m（y-$\frac{1}{2}$），
代入椭圆方程，可得（2+m²）y²-m²y+$\frac{1}{4}$m²-4=0，
由于中点（0，$\frac{1}{2}$）在椭圆内，故直线与椭圆相交，
设交点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
即有y₁+y₂=$\frac{{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{m}^{2}-16}{4（2+{m}^{2}）}$，
弦长|PQ|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{{m}^{2}}{2+{m}^{2}}）^{2}-\frac{{m}^{2}-16}{2+{m}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{（1+{m}^{2}）（32+14{m}^{2}）}{（2+{m}^{2}）^{2}}}$，令t=2+m²（t≥2），
则|PQ|=$\sqrt{\frac{（t-1）（14t+4）}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{-4（\frac{1}{t}+\frac{5}{4}）^{2}+\frac{81}{4}}$，
当m=0即t=2时，取得最小值2$\sqrt{2}$，
即有2$\sqrt{2}$≤|PQ|＜$\sqrt{14}$；
当直线l₁：y=$\frac{1}{2}$时，代入椭圆方程，可得x=±$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
即有|PQ|=$\sqrt{14}$．
综上可得，|PQ|的最大值为$\sqrt{14}$，此时直线方程为y=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的性质，考查点到直线的距离公式，以及联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理的运算能力，属于中档题．